2 Bài làm của thí sinh khác cách của đáp án mà vẫn đúng thì cho điểm từng phần tương ứng như nêu trong đáp án... 3 Câu IV giải theo PP tổng hợp nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ [r]
(1)SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ LỢI ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần 1) Năm học 2013 - 2014 Môn thi: Toán Hướng dẫn chấm: 1) Điểm toàn bài thí sinh để lẻ đến 0,25 2) Bài làm thí sinh khác cách đáp án mà đúng thì cho điểm phần tương ứng nêu đáp án 3) Câu IV (giải theo PP tổng hợp) thí sinh không vẽ hình vẽ sai thì không chấm điểm Câu ý Nội dung Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) Điểm 1,00 \ 1 1/TXĐ : 2/ Sự biến thiên: a/ Giới hạn và tiệm cận x x x ; lim lim 1 x x x x TCĐ : x 1 , x x TCN : y 2 1 y' 0, x 1 ( x 1) b/ Bảng biến thiên : x lim y’ - 0,25 - 0,5 y Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) , hàm số không có cực trị 0,25 3/Đồ thị: TS tự kiểm tra, Nhận xét: Đồ thị nhận I(1;1) là tâm đối xứng I Tìm m để bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là 2 1,00 x mx m x mx m 0 (1) (ĐK: x 1 ) Pt hoành độ giao điểm: x (d) cắt (C) hai điểm phân biệt PT(1) có hai nghiệm phân biệt, khác 0,25 1 0 2 m 4m m m (*) m R x1 x2 m x x m x ,x - Với m tm (*), gọi là hai nghiệm (1), theo vi et ta có AB 2(m 4m) OA OB m2 2m Đặt A( x1 , m x1 ) , B ( x2 , m x2 ) , , , OA OB AB 1 SOAB SOAB AB.d (O; AB) m m2 4m 4R 2 đồng thời từ đó suy OA.OB AB (m 2m) 2(m 4m) m 2m R 4S m 2 m ( m m) 2 Theo bài ta II d (O, AB ) m 0,25 0,5 m 6 m 2m m m 2sin x sin2 x 2 2sinx.sin(3x ) Giải PT LG 2 sin x sin2 x 2 sinx.sin(3x ) 2sin x 2sinx.cosx 2 2sinx.sin (3x ) 4 PT sinx x k 1,0 x x k 2 x k 4 sin x sin 3x 4 4 x ( x ) k 2 x k 4 PT(2) 0,25 sinx cosx sin(3 x ) 0,5 (2) (2) Vậy nghiệm phương trình là Giải bất phương trình: 0,25 x x 17 x (1) ĐKXĐ: x > (* ) Với ĐKXĐ BPT (1) k , k ∈Z x k ; x 1,00 x 17 x 2x 1 16 x x x 17 0,5 x 17 x 4 x (2 x 17) (2 x 1) 2 x 17 x 16 x (2 x 17)(2 x 1) 6 x (2) 0x *TH1: Xét thì BPT (2) luôn nghiệm đúng đó BPT (2) x 36 x 17 36 x 108 x 81 *TH2: Xét 3 x x 0 x 4 x x 4 2 nên ta , x III 0,5 Vậy tập nghiệm BPT là S =(0; 4] Giải hệ phương trình : ĐKXĐ: x + y > x 3 y x y x y x 3y 5 x y 27 3x y 27 5 ( x y )3 5 x y ( x y )3 5 x y ( x y )3 5 x y Hệ đã cho x y 0 y x x y ( x y ) 5 (2 x 3) 125 1,00 0,5 x 4 y 1 (TMĐK) 0,5 S *) Kẻ SH AC ta có SC BC a 3, SH S ABC IV SH ( ABC ) ; a 2 a 0,5 M A a VSABC S ABC SH C H B Gọi M là trung điểm SB, là số đo góc tạo hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) cos cos AMC Ta có: SA AB a, SC BC a AM SB , CM SB a a SAC BAC SH BH SB 2 + a 10 SA2 AB SB 10a a 105 AM AM CM , tương tự 16 Ta có Trong tam giác AMC có AM CM AC AM CM 15 x3 y z xyz cos AMC V Tìm GTNN biểu thức: P 105 35 Vậy cos *) Do vai trò bình đẳng x, y, z nên ta giả sử Từ giả thiết ( y z ) (1 x ) 27 x yz 30 4 *)Ta dễ thấy và Khi đó ta 15 15 xyz xyz x3 ( y z )3 yz ( y z ) 4 P ( y z ) 27 x 27 x 3 x (1 x)3 yz x (1 x) 0,25 105 35 1,00 x min x, y, z x3 y z 0,25 x và y + z = - x 15 x3 ( y z )3 yz x 3( y z ) (27 x3 18 x x 4) 16 0,25 (3) 1 f '( x) (81x 36 x 3) f ( x) 27 x3 18 x 3x 16 16 Xét hàm , có , f’(x) = Bảng biến thiên hàm f(x): x f’(x) + 1/9 7/27 1 x x 1/3 0,25 f(x) 1/4 Từ BBT ta suy Pmin 1/4 0,25 đạt x = y = z = 1/3 x = 0, y = z = 1/2 và các hoán vị nó PHẦN RIÊNG: Chương trình chuẩn Tìm tọa độ các đỉnhA, B, Dcủa hình vuông(1,0 điểm) *) Gọi A(t; - 3t), từ tính chất hình vuông ta có 4t 2.4 d ( A, DM ) 2d (C , DM ) 2 t t 3 A(3; 7) A( 1;5) Mặt khác A, C nằm hai phía đường thẳng DM nên có A(-1; 5) thỏa mãn D(d ; d 2) thuộc DM, ta có AD (d 1; d 7); CD (d 3; d 1) *) Gọi d d 5 DA.DC 0 2 2 DA DC (d 1) ( d 7) ( d 1) ( d 3) d 5 ABCD là hình vuông nên 1,00 0,25 D(5;3) *) AB DC B( 3; 1) Vậy A( 1;5), B( 3; 1), D(5;3) Tìm tọa độ B và viết PT mặt cầu ngoại tiếp hình chóp OB ( x; y;0) , Gọi B(x; y; 0), đó VI.a x 2 OB OA OC y 4 Tứ giác OABC là hình chữ nhật nên Mặt cầu qua O, S, A, C nên ta có d 0 36 4a 8b 8c d 0 4a d 0 16 8b d 0 a 1; b c 2, d 0, x y z x y z 0 Tính xác suất để sản phẩm lấy có không quá phế phẩm + Mỗi kết lấy sản phẩm ứng với tổ hợp chập 12, đó số kết có thể xảy là C12 924 + Gọi A là biến cố ” Lấy sản phẩm mà đó có hai phế phẩm” , đó A là biến cố ” Lấy sản phẩm mà đó có không quá phế phẩm” , : A C22 C10 Ta tìm : Theo định nghĩa xác suất ta có: P ( A) 1,00 0,5 V( S ) 33 36 Gọi R là bán kính mặt cầu, từ phương trình ta suy R = thể tích khối cầu là VII.a 0, 25 0,25 x y z 2ax 2by 2cz d 0 ( Với a b c ) 0,5 B (2; 4;0) Giả sử PT mặt cầu cần tìm có dạng Vậy PT mặt cầu là 0,25 0,25 1,00 0,25 0,5 210 A 210 5 17 P( A) 1 924 22 22 22 PHẦN RIÊNG: Chương trình Nâng cao VIb Xác định tọa độ các đỉnh tam giác + Gọi I(x;y) là trung điểm cạnh AB, G là trọng tâm tam giác 0,25 1,00 0,25 (4) 2x 2 xG CG CI 2x y y 2 y 0 G G thuộc d: x + y - = nên 3 Ta có 2x y 0 x 5 y x y 0 Tọa độ I thỏa mãn hệ + Do A thuộc x y 0 nên tọa độ A là A(3 2a; a) Theo giả thiết AB A(4; IA 5 IA2 (2 2a )2 (a 1)2 a a 2 4 3 ), B(6; ) A(6; ), B (4; ) 2 2 0,25 Từ đó tìm Tìm tọa độ các đỉnh B, C - 1,00 B mp (Oxy) , C Oz B( x; y;0); C (0;0; z ) AH ( 1;0;1), BH (2 x ;1 y ;1) BC ( x ; y ; z ), AC ( 3; 1; z ), AB ( x 3; y 1;0) Ta có , - H là trực tâm tam giác ABC nên suy AH BC 0 x z 0 BH AC 3x y z 0 x yz y z 0 AH , AC AB 0 x 3; y 1; z x ; y 14; z 2 Vì A, B phân biệt nên ta nhận nghiệm Giải bất phương trình √ log B( 2 7 ;14;0), C (0;0; ) 2 Đặt 0,5 1,00 2 x − log x − 3> √5 (log x − 3) (1) Với ĐKXĐ (* ) BPT tương đương với 0,5 z x y 7 x 2 x x 21 0 log 22 x log x 0 x 0 ĐKXĐ: (*) VII.b 0,5 log 22 x log x 5(log x 3) 0,25 t log x , BPT (1) trở thành t 2t 5(t 3) (t 3)(t 1) 5(t 3) t t t 3 t (t 1)(t 3) 5(t 3) Từ đó ta 1 0; (8;16) Vậy tập nghiệm BPT đã cho là S = log x 3log x x 2 x 16 0,5 0,25 (5)