Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Mơn thi: Tốn, khối A, B, D lần 2
Hướng dẫn chấm:
1) Điểm thi để lẻ đến 0,25.
2) Câu IV giải theo phương pháp tổng hợp phải vẽ hình cho điểm.
3) Câu I.2 chứng minh tính đối xứng đồ thị qua tâm đối xứng để suy kết được cho điểm.
4) Bài làm theo cách khác nêu đáp án mà cho điểm theo phần tương ứng
Câu Nội dung Biểu
điểm I.1 *Tập xác định D R \ 1
*Sự biến thiên:
- Giới hạn: 1
1; 1; ;
x x
x x
Lim y Lim y Lim y Lim y
Đồ thị có tiệm cận đứng x = 1, đồ thị có tiệm cận ngang y =
- Chiều biến thiên:
1 '
( 1) y
x
0 x D y Hàm số nghịch biến khoảng ( ;1) (1;) Hàm số khơng có cực trị
Bảng biến thiên:
x
y
*Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox O(0;0), Đồ thị cắt Oy O(0;0)
0,25
0,25
0,5 I.2
+ PT hoành độ giao điểm hai đường x
x m x
1
3 (2 4) x
x x m x m
1 (1)
3 (2 5) (2) x
x m x m
+ Hai đường cắt hai điểm phân biệt PT(2) có hai
nghiệm phân biệt khác
2
4 14 (1)
m m
g
(luôn với m).
+ Khi đó, gọi A x( ;31 x12m1) , B x( ;32 x22m1) ( với x1x2) giao điểm hai đường Tiếp tuyến với đồ thị (C ) A, B có hệ số
góc là: 1
1 '( )
( 1)
A
k y x x
, 2
1 '( )
( 1)
B
k y x x
+ Theo ta có 2 2
1
'( ) '( )
( 1) ( 1) y x y x
x x
x1x2 2 (vì x1 x2) + Theo Viet ta
2 m x x
từ suy
2
2
3
m
m
(tm)
0,25
0,25
0,25 0,25
II.1
Giải PT
sin tan
sin sin
1 tan
x x
x x
x
*ĐKXĐ: x k (k Z)
(*) Với ĐK trên, PT cos (s inx+tanx)=sin osx2x 2x c cosx(sinx+tanx)=sin2x
0,25
(2)s inx(cosx-sinx+1)=0
sinx=0
cosx sinx +1=0
( )
2 .2 ; .2
sin( )
2
x k x k
k Z
x k x k
x
Đối chiếu ĐKXĐ suy nghiệm PT x k (k Z )
0,5 0,25
II.2
Giải BPT
2
1
3
x x
x
(1) ĐKXĐ:
1
, 2 x x (*)
Với ĐKXĐ (*) trên, nhân hai vế (1) với 1 4x28x 3 >0 ta
BPT
2
2
4( 1)
3(1 3) 4( 1) 3(1 3) ( 1)
x
x x x x x
x
4x28x 4 x 7 (2) Do
3 x
nên 4x – < 0, BPT(2) thỏa mãn Vậy tập nghiệm BPT cho
1 [ ; ]\
2 S
0,25
0,25
0,25 0,25 III
Ta có
3ln
3
0 ( x 2) dx I
e
3 3ln
3
0 ( 2)
x
x x
e dx
e e
Đặt
3ex 13 .
3
x
u du e dx
, đổi cận: x = u1; x3ln 3 u3
Ta I
3
2
1
3 1
4
.( 2) ( 2)
du
du u u
u u u
3
3
ln ln
1
4 2 15
u
u u
Vậy I
1 ln 5
0,5
0,5 IV + Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a AC, BD vng góc với
trung điểm O đường chéo Ta có tam giác ABO vng O AO = a 3; BO = a , A D B 600 hay tam giác ABD cạnh 2a. + Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt
phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng SO (ABCD) 0,25
+ Do tam giác ABD nên với H trung điểm AB, K trung điểm HB ta có DH AB DH = a 3; OK // DH
1
2
a OK DH OK AB AB (SOK)
+ Gọi I hình chiếu O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB)
hay OI khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)
0,25 + Tam giác SOK vuông O, OI đường cao
2
1 1
2 a SO OI OK SO
Diện tích đáy SABCD 4SABO 2.OA OB 2 3a2;
đường cao hình chóp a SO
Thể tích khối chóp S.ABCD: 0,5
S
A I
D
(3)3
1
3
D D
S ABC ABC
a
V S SO
V Ta có F (x2 y2 3) 3x y x2 2( y2) 2.x y2 xy
2( )xy 3 2( )xy 22xy1. Đặt xy = t, ta F f t( )2t3 2t22t1
Theo giả thiết x2y2 xy 1 (x y )2 3xy1
1 t xy x2y2 xy 1 (x y )2xy1 t xy 1.
Bài toán quy “ Tìm GTLN, GTNN f t( )2t3 2t22t1 với
[ ;1] t
“
Ta có f(t)’ = 6t2 4t2; f(t)’ =
1 t t
Tính giá trị t = -1, t =
1
, t =
3, t = ta tìm được 1
1 37
Maxf(t) = f( )
1 27
2 x
y
; Minf t( )f(1) 1 x y Vậy: MaxF = 37/27; MinF = -1
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a
1 - Gọi A’ điểm đối xứng với
( 4; 1)
A qua tâm K(13; 20) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tọa độ A’ (30; 39)
- Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có PT (x13)2(y20)2 650.
- Theo giả thiết H( 34;39) trực tâm tam giác ABC, tứ giác BHCA’ hình bình hành nên A’H cắt BC trung điểm M hai đoạn, từ ta M( 2;0)
Đường thẳng BC qua M( 2;0) , AH nên có VTPT
1
(3; 4) 10
n AH n ( ) :
pt BC x y
.
- Tọa độ hai điểm B, C nghiệm hệ: 2
3
( 13) ( 20) 650 x y
x y
Giải hệ ta B(2;3), C(-6;-3) B(-6;-3), C(2;3)
0,25
0,25
0,25
0,25 VI.a
2 Theo giả thiết: A( ; 2; 1), (2 ; ; 2) B
1
:
1 1
x y z
d
+ Gọi I 1 ; ; 2t t td Ta có IAt;2 t; t IB, 3t;3 t t;
Do ABCD hình thoi nên IA IB 0 3t2 9t 6 t 1,t2. Do C đối xứng với A qua I D đối xứng với B qua I nên:
* Với t 1 I0;1;1 C1;0;1 , D2; 1;0 * Với t2 I1; 2;0 C3;2; , D0;1; 2
0,25
0,25 B K
H C
O 3a
(4)Do hoành độ D âm nên ta chọn nghiệm C1;0;1 , D2; 1;0 + Gọi (P) mặt phẳng chứa hình thoi ABCD, giả sử (P) có VTPT n
Ta có ( 1;1;0) (2; 2;1) n IA n IB n
phương với vec tơ IA IB, (1;1; 4)
Chọn n(1;1; 4) suy phương trình mặt phẳng (P): x + y – 4z + = 0.
0,5
VIIa + ĐKXĐ : x >
+ Đưa phương trình 2
1 1
log ( 1) log ( 2)
2 x 2log x 2 x
2 2
log (x 1) log (2x 1) log (x 2)
log (2 x1)(2x1) log 2( 2 x2)
2x 3x
x x +Đối chiếu ĐKXĐ ta nhận nghiệm
5 x 0,25 0,5 0,25 VI.b
.1 - Ta có:
I d
d1 2 Toạ độ I nghiệm hệ:
/ y / x y x y x
Vậy ; I
- M trung điểm cạnh AD, M d1Ox, suy M( 3; 0)
- Ta có:
3 IM AB 2
Theo giả thiết: 2
12 AB S AD 12 AD AB
SABCD ABCD
Vì I M thuộc đường thẳng d1 d1 AD
Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) vng góc với d1 nhận n(1;1) làm
VTPT nên có PT: 1(x 3)1(y 0)0 xy 30.
Lại có: MA MD 2 Toạ độ A, D nghiệm hệ PT: y x y x 2 x x y ) x ( x x y y x x y 2 2 y x
y x
Từ giả thiết ta A( 2; 1), D( 4; -1)
Do
; I
trung điểm AC suy ra: y y y x x x A I C A I C
Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25 0,25 0,25 0,25 VI.b
- Phương trình tham số d1 là:
1 3 x t y t z t
- M thuộc d1 nên tọa độ M 1 ;3 ;2 t t t
- Theo ta có:
(5)
2
2
|1 2 3 1|
,
1 2
t t t
d M P
1 |12 |
2
0
t t
t
+ Với t = ta M(3;0;2);
+ Với t = ta M (1;3;0)
+ Ứng với M(3;0;2), điểm N d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M song song với mp (P), gọi mp (Q1)
PT (Q1) là: x 3 2y2z 2 0 x 2y2z (1)
Phương trình tham số d2 là:
5 ' '
5 '
x t
y t
z t
(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t’ – 12 = t’ = -1 Điểm N cần tìm N(-1;-4;0)
+ Ứng với M(1;3;0), tương tự tìm N(5;0;-5)
0,25
0,25 0,25
VII b
Điều kiện xy>0
+ Giải (1): Đặt log2
t
t xy xy Khi phương trình (1) có dạng:
log 32 2 2
9t 2 t 3t 2.3 t 3t 2.3t 0 (3) Đặt u3 ,t u0, phương trình (3) có dạng:
2 2 3 0 1(1) 3 3 1 2
3
t
u
u u t xy
u
+ Giải (2): x2y22x2y 1 x y 22x y 2xy 1 x y2 2x y
(4)
Đặt v = x+y, phương trình (4) có dạng:
2 2 3 0 1
3
v x y
v v
v x y
- Với x + y = ta được:
1 x y xy
Khi x, y nghiệm phương trình:X2 X 2 0 (vơ nghiêm) - Với x+y=-3, ta được:
3 x y xy
Khi x, y nghiệm phương trình :
2 3 2 0 1
2
X x x
X X
X y y
Vậy hệ có cặp nghiệm (-1;-2) (-2;-1)
0,25
0,25
0,25
(6)SỞ GD & ĐT THANH HĨA ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MƠN THI ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Mơn thi: Tốn, khối A, B, D lần 2
Câu Nội dung Biểu
điểm I.1
*Tập xác định D R \ 1
*Sự biến thiên:- Giới hạn: 1
1; 1; ;
x x
x x
Lim y Lim y Lim y Lim y
Đồ thị có tiệm cận đứng x = 1, đồ thị có tiệm cận ngang y =
- Chiều biến thiên:
1 '
( 1) y
x
0 x D
Bảng biến thiên:
x
y
1
*Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox O(0;0), Đồ thị cắt Oy O(0;0)
0,25
0,25
0,5
I.2
+ PT hoành độ giao điểm hai đường
x
x m x
1
3 (2 4) x
x x m x m
1 (1)
( ) (2 5) 0(2)
x
g x x m x m
+ Hai đường cắt
2
4 14 (1)
m m
g
(luôn với m).
+ Khi đó, gọi A x( ;31 x12m1) , B x( ;32 x22m1) ( với x1 x2) giao điểm
hai đường
Ta có 2 2
1
'( ) '( )
( 1) ( 1) y x y x
x x
x1x2 2 (vì x1x2)
+ Theo Viet ta
2 m x x
từ suy
2
2
3
m
m
(tm)
0,25
0,25
0,25
0,25
II.1
Giải PT
sin tan
sin sin
1 tan
x x
x x
x
*ĐKXĐ: x k (k Z)
(*) Với ĐK trên, PT cos (sinx+tanx)=sin osx2x 2x c cosx(sinx+tanx)=sin2x
s inx(cosx-sinx+1)=0
( )
2 .2 ; .2
sin( )
2
x k x k
k Z
x k x k
x
Đối chiếu ĐKXĐ suy nghiệm PT x k (k Z )
0,25
0,5
0,25
(7)II.2
Giải BPT
2
1
3
x x
x
(1) ĐKXĐ:
1
, 2 x x (*)
Với ĐKXĐ (*) trên, nhân hai vế (1) với 1 4x28x >0 ta BPT
2
4(x 1) 3(1 4x 8x 3)
3 4x28x 4 x 7 (2)
Do
3 x
nên 4x – < 0, BPT(2) ln thỏa mãn Vậy:
1 [ ; ]\
2 S
0,25
0,25
0,25
0,25 III
Ta có
3ln
3
0 ( x 2) dx I
e
3 3ln
3
0 ( 2)
x
x x
e dx
e e
;
Đặt
3ex 13 .
3
x
u du e dx
, đổi cận: x = u1; x3ln 3 u3
Ta I
3
2
1
3 1
4
.( 2) ( 2)
du
du u u
u u u
3
3
ln ln
1
4 2 15
u
u u
Vậy I
1 ln 5
0,5
0,5
IV + Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a AC, BD vng góc với trung điểm O
của đường chéo Ta có tam giác ABO vng O AO = a 3; BO = a ,
600
A DB hay tam giác ABD cạnh 2a.
+ Từ giả thiết ta có SO (ABCD) 0,25
+ Do tam giác ABD nên với H trung điểm AB, K trung điểm HB ta có
DH AB DH = a 3; OK // DH
1
2
a OK DH
OK AB AB (SOK)
+ Gọi I hình chiếu O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) hay OI
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)
0,25
+ Tam giác SOK vuông O, OI đường cao
2
1 1
2 a SO OI OK SO
Diện tích đáy SABCD 4SABO 2.OA OB 2 3a2;
đường cao hình chóp
a SO
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
1
3
D D
S ABC ABC
a
V S SO
0,5
V Ta có F (x2 y2 3) 3x y x2 2( y2) 2.x y2 xy
2( )xy 3 2( )xy 22xy1.
Đặt xy = t, ta F f t( )2t3 2t22t1
Theo giả thiết x2y2 xy 1 (x y )2 3xy1
1 t xy
x2y2 xy 1 (x y )2xy1 t xy 1
Bài tốn quy “ Tìm GTLN, GTNN f t( )2t3 2t22 1t với
1 [ ;1]
3 t
“
0,25
0,25
S
A
B K H C
O
I D
3a
(8)Ta có f(t)’ = 6t2 4t2; f(t)’ =
1
3
t t
Tính giá trị t = -1, t =
1
, t =
1
3, t = ta tìm được 1/ 1/
1 37 Maxf(t) = f( )
3 27 1/ 1/ 6 x
y
; Minf t( )f(1) 1 x y
Vậy: MaxF = 37/27; MinF = -1
0,25
0,25
VI.a
1 - Gọi A’ điểm đối xứng với
( 4; 1)
A qua tâm K(13; 20) đường trịn ngoại tiếp
tam giác ABC, tọa độ A’ (30; 39)
- Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có PT (x13)2(y20)2 650
- Theo giả thiết H( 34;39) trực tâm tam giác ABC, tứ giác BHCA’ hình bình hành nên A’H cắt BC trung điểm M hai đoạn, từ ta M( 2;0)
Đường thẳng BC qua M( 2;0) , AH nên có VTPT
1
(3; 4) 10
n AH n ( ) :
pt BC x y
.
- Tọa độ hai điểm B, C nghiệm hệ: 2
3
( 13) ( 20) 650 x y
x y
Giải hệ ta B(2;3), C(-6;-3) B(-6;-3), C(2;3)
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a
2 Theo giả thiết: A( ; 2; 1), (2 ; ; 2) B
1
:
1 1
x y z
d
+ Gọi I 1 ; ; 2t t td Ta có IAt; 2 t; t IB, 3t;3 t t;
Do ABCD hình thoi nên IA IB 0 3t29t 6 t 1,t2
Do C đối xứng với A qua I D đối xứng với B qua I nên: * Với t 1 I0;1;1 C1;0;1 , D2; 1;0 * Với t 2 I1;2;0 C3; 2; , D0;1; 2
Do hoành độ D âm nên ta chọn nghiệm C1;0;1 , D2; 1;0 + Gọi (P) mặt phẳng chứa hình thoi ABCD, giả sử (P) có VTPT n
Ta có
( 1;1;0) (2; 2;1) n IA
n IB
n
phương với vec tơ IA IB, (1;1; 4)
Chọn n(1;1; 4)
suy phương trình mặt phẳng (P): x + y – 4z + =
0,25
0,25
0,5
VIIa + ĐKXĐ : x >
+ Đưa phương trình 2
1 1
log ( 1) log ( 2)
2 x 2log x 2 2 x
2 2
log (x 1) log (2x 1) log (x 2)
log (2 x1)(2x1) log 2( 2 x2)
2x 3x
5
2
x x
, +Đối chiếu ĐKXĐ ta nhận nghiệm
5 x
0,25
0,5
0,25
VI.b
1 - Ta có: d1 d2 I Toạ độ I nghiệm hệ:
2 / y
2 / x y x
0 y x
Vậy
2 ; I
,
- M trung điểm cạnh AD, M d1Ox, suy M( 3; 0)
(9)- Ta có: 3 IM AB 2 2 12 AB S AD 12 AD AB S ABCD
ABCD
Vì I M thuộc đường thẳng d1 d1 AD
Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) vng góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có
PT: 1(x 3)1(y 0)0 xy 30
Lại có: MA MD 2 Toạ độ A, D nghiệm hệ PT: y x y x 2 x x y ) x ( x x y y x x y 2 2 y x
y x
Từ giả thiết ta A( 2; 1), D( 4; -1)
Do ; I
trung điểm AC suy ra: y y y x x x A I C A I C
Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25
0,25
0,25
VI.b
- Phương trình tham số d1 là:
1 3 x t y t z t
- M thuộc d1 nên tọa độ M 1 ;3 ; 2 t t t
- Theo ta có:
2
2
|1 2 3 1|
,
1 2
t t t
d M P
1 |12 |
2 t t t
+ Với t = ta M(3;0;2); + Với t = ta M (1;3;0)
+ Ứng với M(3;0;2), điểm N d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M song
song với mp (P), gọi mp (Q1)
PT (Q1) là: x 3 2y2z 2 0 x 2y2z (1)
Phương trình tham số d2 là:
5 ' '
5 '
x t y t z t
(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t’ – 12 = t’ = -1
Điểm N cần tìm N(-1;-4;0)
+ Ứng với M(1;3;0), tương tự tìm N(5;0;-5)
0,25
0,25
0,25
0,25
VIIb Điều kiện xy>0
+ Giải (1): Đặt log2
t
t xy xy
Khi phương trình (1) có dạng:
log 32 2 2
9t 2t 3t 2.3t t 2.3t
(3)
Đặt u3 ,t u0, ta PT:
2 2 3 0 1(1) 3 3 1 2
3
t
u
u u t xy
u
+ Giải (2):
2
2 2 2 1 0 2 2 1 0
x y x y x y x y xy
(10)x y2 2x y
(4)
Đặt v = x+y, phương trình (4) có dạng:
2 2 3 0 1
3
v x y
v v
v x y
- Với x + y = ta được:
1 x y xy
Khi x, y nghiệm phương trình:X2 X 2 0 (vơ nghiêm)
- Với x+y=-3, ta được:
3 x y xy
Khi x, y nghiệm phương trình
:
2 3 2 0 1
2
X x x
X X
X y y
Vậy hệ có cặp nghiệm (-1;-2) (-2;-1)
0,25
0,25