2016 vinhphuc lan1 toan dethi KSCT tinh VP codapan

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2x 1
x2
3
2
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3x  6

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

Câu 3 (1,0 điểm).

x
4
4
b) Giải phương trình 5.9x  2.6x  3.4x
a) Giải bất phương trình log 22 x  log 2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm I    x  2  sin 3xdx

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có SA   ABC  , ABC  900 , AB  a, BC  a 3, SA  2a .
Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC và tính diện
tích mặt cầu đó theo a.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2cos2 x  sin x  1  0 .
b) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp

12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học. Tính xác suất
sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 

3a
. Hình chiếu vuông
2

góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn
AD . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD .

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
AB  AD  CD , điểm B(1; 2) , đường thẳng BD có phương trình là y  2  0 . Đường thẳng qua B

vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường phân giác trong góc MBC cắt cạnh DC tại N . Biết
rằng đường thẳng MN có phương trình 7 x  y  25  0 . Tìm tọa độ đỉnh D .

x
 2
 x  x  1   y  2   x  1 y  1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
3x 2  8 x  3  4  x  1 y  1

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y 

P  x4  y 4 

 x, y  

2


2 y  x
thỏa mãn 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
y


2
x

3
x



2

 x  y

2

-------------HẾT-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
www.fb.com/MoonTV.Moon.vn
Họ và tên thí sinh …………………………………………Số báo danh ……………………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1

NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
2x 1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
1,0
x2
2x 1
y
x2
1. Tập xác định: D  \ {2}
2. Sự biến thiên.
0,5
3
y'  

0,

x


D
( x  2)2
Suy ra hàm số nghịch biến trong các khoảng (; 2) và (2; )
Hàm số không có cực trị
Các giới hạn lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y  
x 
x 
x 2
x 2
0,25
Suy ra x  2 là tiệm cận đứng, y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
Bảng biến thiên

0,25

1 
 1
3. Đồ thị Giao với trục Ox tại  ;0  , giao với trục Oy tại  0;  , đồ thị có tâm đối
2 
 2
xứng là điểm I (2; 2)

0,25

2

Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  3x 2  6

1,0

* Tập xác định:

0,25


x  0
y '  3 x 2  6 x, y '  0  
x  2
Bảng xét dấu đạo hàm

x
y

0,25



+

0
0

-

2
0



0,25

+

Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có
Hàm số đạt cực đại tại x  0 và giá trị cực đại y  6 ; đạt cực tiểu tại x  2 và giá trị
cực tiểu y  2 .
Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là M  0;6  , điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là

0,25

N  2; 2 
3

a

x
 4 (1)
4
+) Điều kiện của bất phương trình (1) là x  0 (*)
+) Với điều kiện (*),
(1)  log 22 x  log 2 x  log 2 4  4  log 22 x  log 2 x  2  0

Giải bất phương trình log 22 x  log 2

0,5

0,25

 (log 2 x  2)(log 2 x  1)  0

 x4
 log 2 x  2


0  x  1
log
x


1
 2

2
+) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình (1) là
 1
S   0;    4;  
 2

b Giải phương trình 5.9x  2.6x  3.4x (1)

0,25

0,5

Phương trình đã cho xác định với mọi x 
Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 4 x  0 ta được :
2x

x

3
3
5.9 x  2.6 x  3.4 x  5.    2.    3
2
2
2x
x
 3  2 x    3  x 
3
3
 5.    2.    3  0     1 5.    3  0 (2)
2
2
 2 
   2 


0,25

x

3
Vì 5.    3  0 x 
2

nên phương trình (2) tương đương với

x

4

3
  1 x  0.
2
Vậy nghiệm của phương trình là x  0
Tính nguyên hàm I    x  2  sin 3xdx

u  x  2
Đặt 
dv  sin 3xdx
du  dx

ta được 
cos 3x
v   3
 x  2  cos 3x  1 cos 3xdx
Do đó I  
3
3
 x  2  cos 3x  1 sin 3x  C

3
9

0,25

1,0
0,25

0,25

0,25
0,25


5

Cho hình chóp S. ABC có SA   ABC  , ABC  900 , AB  a, BC  a 3, SA  2a .
Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S. ABC và tính diện tích mặt cầu đó theo a.

S
1,0

I
A

C
B

Vì SA   ABC   SA  BC
Mặt khác theo giả thiết AB  BC , nên BC   SAB  và do đó BC  SB
Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên
SC
IA  IB 
 IS  IC (*)
2
Vậy điểm I cách đều bốn đỉnh của hình chóp, do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của
hình chóp S. ABC
SC

Từ (*) ta có bán kính của mặt cầu là R 
2

SC  SA2  AC 2  2 2a  R  a 2
Diện tích mặt cầu là 4 R2  8 a 2
a Giải phương trình 2cos2 x  sin x  1  0 .
Ta có: 2cos2 x  sin x  1  0  2sin 2 x  sin x  3  0  (sin x  1)(2sin x+3)=0
 sin x  1 (do 2sin x  3  0 x  )
 s inx  1  x 


2

 k 2  k 



0,25
0,5
0,25

0,25



 k 2  k  
2
b Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học
sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế
giảng năm học. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít

nhất 2 học sinh lớp 12A.
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 
Số phần tử của không gian mẫu là C95  126
Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả ba lớp và
có ít nhất 2 học sinh lớp 12A”.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là :
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C42 .C31.C22  C42 .C32 .C21  C43 .C31.C21  78 .
78 13
 .
Xác suất cần tìm là P 
126 21
3a
Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 
. Hình chiếu vuông
2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 

7

0,25

0,25

Ta có AC  AB2  BC 2  2a

6

0,25

0,5

0,25

0,25

1,0


góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung
điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng HK và SD .
S

F
C

B
E
H
O
A

D

K

Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và
3a
a
SH  SD 2  HD 2  SD 2  ( AH 2  AD 2 )  ( )2  ( )2  a 2  a
2
2
1
1
a3
Diện tích của hình vuông ABCD là a 2 , VS . ABCD  SH .S ABCD  a.a 2 
3
3
3
Từ giả thiết ta có HK / / BD  HK / /(SBD)
Do vậy d ( HK , SD)  d ( H ,( SBD)) (1)
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE
Ta có BD  SH , BD  HE  BD  (SHE)  BD  HF mà HF  SE nên suy ra
HF  (SBD)  HF  d ( H ,(SBD)) (2)

0,25

0,25

0,25

a
a 2
+) HE  HB.sin HBE  .sin 450 
2
4

+) Xét tam giác vuông SHE có:

a 2
a
4
 (3)
3
a 2 2
(
)  a2
4
a
+) Từ (1), (2), (3) ta có d ( HK , SD)  .
3
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
AB  AD  CD , điểm B(1; 2) , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình là
y  2  0 .. Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường
phân giác trong góc MBC cắt cạnh DC tại N . Biết rằng đường thẳng MN có
phương trình 7 x  y  25  0 . Tìm tọa độ đỉnh D .
SH .HE
HF .SE  SH .HE  HF 

SE

8

a.

0,25

1,0

0,25


Tứ giác BMDC nội tiếp
 BMC  BDC  DBA  450
 BMC vuông cân tại B, BN là
phân giác trong MBC
 M , C đối xứng qua BN

 AD  d ( B, CN )  d ( B, MN ) 

9

4
2

0,25

Do AB  AD  BD  AD 2  4

0,25

a  5
BD : y  2  0  D(a;2) , BD  4  
 a  3
Vậy có hai điểm thỏa mãn là D(5; 2) hoặc D(3; 2)

0,25

x
 2
 x  x  1   y  2   x  1 y  1
Giải hệ phương trình 
3x 2  8 x  3  4  x  1 y  1


 x, y  

1,0

 x  1
Điều kiện: 
 y  1

1 

x3  x 2  x
  y  2
x 1
3

x
 x 


 
x 1
 x 1 



 x  1 y  1 

 x  1

x 1

  y  2 y  1

0,25



3

y 1  y 1 .

Xét hàm số f  t   t 3  t trên
trên

x3  x  x  1

 x 
. Nên f 
 f
 x 1 

có f   t   3t 2  1  0t 





y 1 

suy ra f(t) đồng biến

x
 y  1 . Thay vào (2) ta được
x 1

0,25

3x 2  8 x  3  4 x x  1 .



  2 x  1  x  2 x  1
2



2

 
x 1
  2
 x  3 2 3

 x  6x  3  0
 2 x 1  x 1


 

1
5  2 13
x

x
 2 x  1  1  3x

3
9


 9 x 2  10 x  3  0
Ta có y 

0,25

x2
1
x 1

43 3
5  2 13
41  7 13
 y

. Với x 
.
2
9
72
Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện.

Với x  3  2 3  y 

0,25



43 3 
KL Hệ phương trình có hai nghiệm  x; y    3  2 3;

2 

 5  2 13 41  7 13 
&  x; y   
;
 .
9
72



10

2 y  x 2

thỏa 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
 y  2 x  3x
2

x, y 

Cho

Px y 
4

4

 x  y

1,0

2

x2
6
Từ giả thiết ta có y  0 và
 2 x 2  3x  0  x  và
2
5

x 2  y 2  x 2   2 x 2  3x   2 x 2  2 x 2  6 x  5
2

 6
Xét hàm số f ( x)  2 x  2 x  6 x  5  ; x  0;  ta được Max f(x) = 2
 6
 5
0; 
2

0,25

2

 5

x y 2
2

2

P  x  y
2



2 2

 2x y 
2

2

Đặt t  x 2  y 2  P 

2

 x  y

 x  y
2

2



2 2

x


2

 y2 
2

2



2
x  y2

2

0,25

2

t
2
 ,0t 2
2 t

Xét hàm số
t2 2
g (t )   , t   0; 2
2 t
2 t3  2
g '(t )  t  2  2 ; g '(t )  0  t  3 2
t
t
6
33 4
16
Lập bảng biến thiên ta có Min P 
khi x  y 
2
2
------------Hết------------

0,25

0,25