Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 1147418a

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
LẦN THỨ 2
NĂM HỌC 2015 – 2016
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN

Nội dung

Câu 1
1a.
3 2 1
3
Hàm
số
y

x

x 
(1,0
2
2
điểm)  TXĐ: D = R
 Sự biến thiên:

1,0

0,25

x  0
- Chiều biến thiên: y '  3x 2  3x , y '  0  
x  1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) vµ (1;+) , nghịch biến trên khoảng (0;1)
1
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0; yC §  , đạt cực tiểu tại x  1, yCT  0 .
2
- Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

0,25

x 

- Bảng biến thiên:

x



y’
y


0
+





1
–

0

0

+

1
2

0,25


0

Đồ thị:

y

1

0,25

2

O

1b.
(1 đ)

1

x

+ Đường thẳng 6x– y – 4=0 có hệ số góc bằng 6
+Gọi M0( x0; y0) là điểm mà tại đó tiếp tuyến song song đường thẳng
6x - y- 4=0  f '( x0 )  6

0,25

0,25


 3x02  3 x0  6
 x0  1

 x0  2
+Với x0 =2 y0 = 5/2M0( 2; 5/2)
x0 = -1y0 = -2  M0( -1 ; -2 )
+ Kiểm tra lại
M0( 2,5/2) tiếp tuyến tại M0 có pt là y= 6(x – 2)+5/2
( nhận)
M0(-1;-2)tiếp tuyến tại M0 có pt là y  6( x  1)  2 =6x+4(nhận)

Câu
2(1,0
điểm)

2a(0,5 TXĐ: D=R
điểm) y   (ex ) (x 2  x  1)  ex (x 2  x  1)  ex (x 2  x  1)  ex (2x  1)
x

2

0,25

0,25

0,25

 e (x  3x )

2b(0,
5
điểm)

1
y '(ln )  2( ln2 2  3 ln 2)
2
3
Điều kiện x 
4
Bất phương trình tương đương
(4x  3)2
log3
2
2x  3
 16x 2  42x  18  0



0,25

0,25

3
 x3
8

3 
Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S=  ;3
4 

0,25

Câu
3(1)


u  2x  1

du  2.dx
Đặt 






v   cos x
dv  sin xdx







I  (2x  1)cos x 0   (2 cos x )dx
0



= (2  1)  1  2 sin x 0
= 2  2

0,25
0,25
0,25
0,25


Câu
4(1,0
đ)

Mặt cầu (S) có tâm I(2;–3;–3), bán kính R  22  (3)2  (3)2  17  5
cách
từ

tâm
I
đến
mp(P):
2  2(3)  2(3)  1
d  d(I ,(P )) 
1R
2
2
2
1  (2)  2
 Vì d(I ,(P ))  R nên (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C)

0,25

Khoảng

Gọi d là đường thẳng qua tâm I của mặt cầu và vuông góc mp(P) thì d có vtcp


x  2 t




u  (1; 2;2) nên có PTTS d : y  3  2t (*). Thay (*) vào pt mặt phẳng (P)


z  3  2t




ta được
1
(2  t )  2(3  2t )  2(3  2t )  1  0  9t  3  0  t  
3
 5 7 11
 Vậy, đường tròn (C) có tâm H  ;  ;  
3 3
3
Bán kính r  R2  d 2  5  1  2
Câu 5
a(0,5
điểm)

A


Câu
5b(0,
5đ)

3sin   2cos 
3tan   2

3
3
2
5sin   4cos  cos  5 tan 3   4



0,25

0,25

0,25



3tan   2
70
1  tan 2   

3
5 tan   4
139

-Có 10 đường kính của đường tròn được nối bởi 2 đỉnh của đa giác đều.
- Một hình chữ nhật có 4 đỉnh là đỉnh của đa giác được tạo bởi 2 đường kính nói trên.
4
 4845
-Số cách chọn 4 đỉnh của đa giác là: C 20

0,25

0,25
0,25

2

 45
-Số cách chọn 4 đỉnh của đa giác tạo thành hình chữ nhật là C10

-Xác suất cần tìm là : P=

45
3

4845 323

0,25


Câu
6(1,0
đ)

S

M
A

C

H
B

+ Kẻ SH vuông góc AC (H  AC)  SH  (ABC)
a 3
 SC  BC  a 3, SH 

,
2
a2 3
SABC 
2
1
a3
 VS . ABC  SABC .SH 
3
4
Gọi M là trung điểm SB và  là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).

0,25

0,25
0,25

Ta có: SA = AB = a, SC  BC  a 3
 AM  SB và CM  SB
 cos   cos 
AMC
a 3
a 6
 SB 
2
2
2
2 AS  2 AB 2  SB 2 10a 2
a 10
AM là trung tuyến SAB nên: AM 2 


 AM 
4
16
4
2
2
2
a 42
  AM  CM  AC   105
Tương tự: CM 
 cos AMC
2.AM.CM
35
4
105
Vậy: cos  
35

  1800  BHD
  450 .
Ta có BAD  BHD

Gọi n(a; b) (a 2  b2  0) là VTPT của đường thẳng HB

+ SAC = BAC  SH  BH 

Câu
7(1,0
đ)

Do đường thẳng HB tạo với đường thẳng HD góc 450 nên
a  3b
 a  2b
 2a 2  3ab  2b2  0  
cos 450 
2
2
a  b . 10
b  2a

0,25

0,25


Nếu a=-2b. Chọn a=2,b=-1. Phương trình đường thẳng HB: 2x-y+2=0
B(b;2b+2), D(3d-1;d)

 b  1
Do G là trọng tâm tam giác ADC nên BG=2GD  GB  2GD  
 B(1;4),
d  1
D(2;1)
0,25
Phương trình đường thẳng AB: 3x+y-7=0; phương trình đường thẳng AD:x+2y-4=0
Suy ra A(2;1)(loại)
Nếu b=2a. Phương trình HB: x+2y+1=0

 b  2

B(-2b-1;b), D(3d-1;d)  GB  2GD  
 B(-5;2), D(5;2)
0,25
d  2
Phương trình AB: 3x+y+13=0; Phương trình AD:2x-y-8=0. Suy ra A(-1;-10)
 
Do ABCD là hình bình hành suy ra AD  BC suy ra C(1;14)
0,25
 
1
0


Thử lại: cos ABD =cos ( AB; AD) =
 BAD  45 (LOẠI)
2
Câu
8(1,0
đ)

3
2
Từ phương trình (1) ta có x3  3x  ( y  1)3  3( y  1)

Điều kiện x 

Xét hàm số

0,25

f (t )  t 3  3t

f '(t )  3t 2  3
f '(t )  0 với mọi t suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R.
f ( x)  f ( y  1)  x  y  1

0,25

Thế x=y+1 vào phương trình (2) ta được:
( x  1)( 2x  3  3 7x  6)  3( x  1) (3)
Ta có x=1 không là nghiệm phương trình.Từ đó
3( x  1)
( 2x  3  3 7x  6) 
x 1
3( x  1)
Xét hàm số g ( x)  ( 2x  3  3 7x  6) 
x 1
3


TXĐ: D    ;   \ 1
 2

1
7
6
g '( x) 


2

2
3
2x  3 3 (7x  6) ( x  1)
3
3
g '( x)  0x   ; x  1 , g '( ) không xác định.
2
2
3
Hàm số đồng biến trên từng khoảng ( ;1) và (1; ) .
2
Ta có g(-1)=0; g(3)=0. Từ đó phương trình g(x)=0 có đúng hai nghiệm x=-1 và x=3.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (-1;-2) và (3;2)

0,25

0,25


Câu 9

t2
t2
Đặt y+z=t (t>0); y  z  ; yz  .
2
4
2
2
2
5( x  y  z )  9( xy  2 yz  xz)

2

2

0,25

 5x 2  5( y  z ) 2  9x( y  z )  28 yz
 5x 2  5t 2  9xt  7t 2
 (5x  t )(x  2t )  0
 x  2t
2x
1
4
1
P 2 
 
3
t
27t
t 27t 3
4
1
Xét hàm số f (t )  
với t>0
t 27t 3
4
1
f '(t )   2  4
t
9t

 f '(t )  0
1
t 

6
t  0

0,25
0,25

1
1
Lập bảng biến thiên từ đó suy ra GTLN của P bằng 16 đạt được tại x  ; y  z 
3
12

0,25