Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 1463081a

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
(HDC gồm 07 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: 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 Câu 7 và Câu 8, nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm
tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu 1 (1,0 điểm).
Thang
Nội dung
điểm
*) Tập xác định: D   .
*) Sự biến thiên:

x  0

+ Chiều biến thiên: y' = 3x 2 - 6x = 3x(x - 2) , y' = 0  

x  2

y'  0,x   ;0   2;  
y'  0,x   0;2







Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0 và 2; 

 


0,25

Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2

+ Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0)= 0
Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2)= -4

3
  
x
 3
lim y  lim  x 3  3 x 2   lim x 3 1    
x 
x 
x 
 x








+ Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim x 3  3 x 2  lim x 3 1 
x 
x 
x 

0,25

Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
+ Bảng biến thiên:

0,25

*) Đồ thị hàm số:
Đồ thị hàm số giao với trục Ox tại các điểm:  0;0  ,  3;0 
Đồ thị hàm số giao với trục Oy tại điểm:  0;0 

Trang 1


0,25

Câu 2 (1,0 điểm).
Thang
điểm

Nội dung

Hàm số f  x  

f '(x)  

2 x
  1 liên tục trên đoạn 1;3 .
x 2

2 1

x2 2

f '(x)  0  

0,25

 x  2  1;3
2 1
2


0

x

4


x2 2
 x  2  1;3

0,25

2 1
7
2 2
2 3
19
  1  ; f  2     1  3; f  3    1 
1 2
2
2 2
3 2
6
7
Từ đó ta có: max f ( x)  f 1  , min f ( x)  f  2   3 .
1;3
1;3
2
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  trên đoạn 1;3 bằng 3 khi x  2.
Ta có f 1 

Giá trị lớn nhất của hàm số f  x  trên đoạn 1;3 bằng

7
khi x  1.
2

0,25

0,25

Câu 3 (1,0 điểm).
Nội dung

Thang
điểm

a)

32 x 1  2.3x  1  0
 3.32 x  2.3x  1  0
 3.3x  1 3x  1  0





 3x  1  0



 do 3.3

x

 1  0, x  

0,25



 3x  1  x  0
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm: S  0;   .

x  0
b) Điều kiện xác định: 
 x0
9 x  0
Trang 2

0,25


Khi đó ta có phương trình:
log 3  9 x   log 9 x  5  log 3 9  log 3 x  log 32 x  5

0,25

1
3
 2  log 3 x  log 3 x  5  log 3 x  3
2
2
2
 log 3 x  2  x  3  x  9 (thỏa mãn điều kiện xác định)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  9 .

0,25

Câu 4 (1,0 điểm).
Thang
điểm

Nội dung

ln 2 x
 0,x  1;e  nên diện tích hình phẳng cần tìm là:
Vì:
x
e

S
1

e

ln 2 x
ln 2 x
dx  
dx
x
x
1

0,25

1
dx
x

Đổi cận: Với x  1 ta được t  0
Với x  e ta được t  1
Đặt: t  ln x  dt 

1

0,25

1

1
Khi đó: S   t dt  t 3 
3 0
0



2

0,25

1
1
1
 0  . Vậy: Diện tích hình phẳng cần tìm bằng .
3
3
3

0,25

Câu 5 (1,0 điểm).
Nội dung
Mặt phẳng   đi qua A  2; 1;3 và   vuông góc với trục Oz nên   nhận



k  0;0;1 làm một véctơ pháp tuyến.

0,25

Mặt phẳng   có phương trình: 0. x  2   0. y  1  1. z  3   0  z  3  0.
Mặt cầu tâm O  0;0;0 

Thang
điểm

và tiếp xúc với mặt phẳng

R  d  O,    3.

Mặt cầu cần tìm có phương trình: x 2  y 2  z 2  9.

 

có bán kính

0,25
0,25
0,25

Câu 6 (1,0 điểm).
Nội dung
a) 2cos 2 x  8sin x  5  0  2(1  2sin 2 x)  8sin x  5  0
 4sin 2 x  8sin x  3  0

  2sin x  1 2sin x  3  0
Trang 3

Thang
điểm
0,25




x   k2

1
6
 sin x  ( do 2 sin x  3  0, x   )  
(k  Z )
5
2
 x    k2

6

5
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm : x   k2 , x 

 k2 (k  Z ).
6
6

0,25

b) Không gian mẫu:
 : “ 3 học sinh bất kỳ từ 100 học sinh của đội thanh niên tình nguyện”
3
n     C100
 161700.

0,25

Biến cố A : “ 3 học sinh bất kỳ từ 100 học sinh của đội thanh niên tình nguyện
sao cho có đúng 1 học sinh nữ ”
1
n  A   C602 .C40
 70800 .
Xác suất cần tìm là P ( A) 

70800 236

.
161700 539

0,25

Câu 7 (1,0 điểm).
Thang

điểm

Nội dung

S

H
D

A

B

E

C

I

K

Vì SA   ABCD   SA  CB
CB  AB
 CB   SAB   SB
CB  SA

Do 

là hình chiếu vuông góc của SC

trên
0,25

  CSB
  30o
mp  SAB  . Vậy góc hợp bởi SC với mp  SAB  là CSB
  BC.cot 30o  a 3  SA  a 2
 SB  BC.cot CSB

1
2a 3
.
Vậy thể tích của khối chóp là VS . ABCD  SA.S ABCD 
3
3
Trong  ABCD  dựng đường thẳng qua C song song với DE cắt AD tại I
a
3a
a 5
, AI  , CI 
2
2
2
DE  CI  DE   SCI   d  DE , SC   d  DE ,  SCI    d  D,  SCI  

 DI  CE 

Trang 4

0,25

.


d  D,  SCI  
d  A,  SCI  



DI 1
1
  d  D,  SCI    d  A,  SCI  
AI 3
3

Từ A kẻ AK  CI  K  CI  , kẻ AH  SK  H  SK 
 AK  CI
 CI   SAK   CI  AH
 SA  CI

1
 2

Ta có: 

0,25

Từ 1 ,  2   AH   SCI   d  A,  SCI    AH .
Ta có AK .CI  CD. AI  AK 

CD. AI 3a

CI
5

1
1
1
1
5
19
3 38
 2
 2 2 
 AH 
2
2
2
AH
SA
AK
2a 9a
18a
19
1
1
38
d  ED, SC   d  A,  SCI    AH 
a.
3

3
19

0,25

Câu 8 (1,0 điểm).
Thang
điểm

Nội dung

Gọi H là trực tâm tam giác ACD, suy ra CH  AD nên CH || AB
(1)
Mặt khác AH||BC ( cùng vuông góc với CD )
(2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCH là hình bình hành nên CH=AB
(3)
  BAF
 (so le trong)
Ta có: HCE
(4)
Từ (3) và (4) suy ra: HCE  BAF (cạnh huyền và góc nhọn). Vậy CE = AF.

0,25

  DCB
  900 nên E , F nằm trong đoạn AC.
Vì DAB
Phương trình đường thẳng AC: 2 x  y  5  0 .

a  5
a  3

Vì F  AC nên F  a; 2a  5 . Vì AF  CE  5  

Với a  5  F  5;5 (không thỏa mãn vì F nằm ngoài đoạn AC)




Với a  3  F  3;1 (thỏa mãn). Vì AF  EC  E 1; 3


BF qua F và nhận EF (2; 4) làm một véc tơ pháp tuyến, do đó BF có phương trình:
x  2 y  5  0 . B là giao điểm của  và BF nên tọa độ B là nghiệm của hệ phương
Trang 5

0,25


x  2 y  5  0
x  5

 B  5;0 
x  y  5  0
y  0

0,25

trình: 



Đường thẳng DE qua E và nhận EF (2; 4) làm một véc tơ pháp tuyến, DE có
phương trình: x  2 y  5  0 .


Đường thẳng DA qua A và nhận AB (1; 3) làm một véc tơ pháp tuyến, DA có
phương trình: x  3 y  5  0 .
D là giao điểm của DA và DE nên tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình:

0,25

x  2 y  5  0
 x  5

 D  5;0  . Kết luận: B  5;0  , D  5;0 

x  3y  5  0
y  0

Câu 9 (1,0 điểm).
Thang
điểm

Nội dung
Điều kiện xác định: -1  x  7.
Phương trình đã cho tương đương với:

x  1  7  x   x 4  12 x 3  38 x 2  12 x  67

 x  1  7  x   x  3  x  1 7  x   4
2

Với điều kiện -1  x  7 ta có:  x  3

2

 *

 x  1 7  x   4  4

0,25

0,25

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:



x 1  7  x



2

 1  1 x  1  7  x   16  x  1  7  x  4

0,25

Từ đó ta có phương trình * tương đương với:

 x  3 2  x  17  x   4  4
 x  3.

 x  1  7  x  4
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : x = 3.

0,25

Câu 10 (1,0 điểm).
Nội dung
Vì a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  1 nên ta có:

0  a, b, c  1
 2
2
2
a  b  1  c
 2
2
2
b  c  1  a
c 2  a 2  1  b 2

Ta chứng minh:



a
b

c
a
b
c
 2
 2



2
2
2
2
2
b c
c a
a  b 1  a 1  b 1  c2
2

a
b
c
3 3 2



a  b2  c2 

2
2

2
1 a 1 b 1 c
2

Thật vậy, ta xét :
Trang 6

Thang
điểm


a
3 3 2

a  2  3 3a 1  a 2  
2
1 a
2





3a  1

2



3a  2  0

(luôn đúng với a   0;1 )

Do đó :

a
3 3 2

a
2
1 a
2

b
3 3 2
c
3 3 2

b ,

c.
2
2
1 b
2
1 c
2
a
b
c

3 3 2
Từ đó ta có:



a  b2  c2 

2
2
2
1 a 1 b 1 c
2
2
2
2
Mặt khác ta lại có: a  b  c  ab  bc  ca  a, b, c 
Chứng minh tương tự ta có:

Ta được:

0,25

a
b
c
3 3



 ab  bc  ca 

2
2
2
1 a 1 b 1 c
2

+) Xét: ab  bc  ca  3 3 a 2b 2c 2  2 ab  bc  ca  2 3 3 abc
Suy ra P  3  ab  bc  ca  

 ab  bc  ca 

3

 2 ab  bc  ca .

0,25

Đặt t  ab  bc  ca điều kiện 0  t  1.

Khi đó P  t 3  3t 2  2t. Xét hàm số f (t )  t 3  3t 2  2t trên  0;1.
Dễ thấy f (t ) liên tục trên  0;1 và f '(t )  3t 2  2 3t  2  0.

0,25

Vậy hàm số f (t )  t 3  3t 2  2t nghịch biến trên  0;1

Min f (t )  f 1  3  3. Từ đó ta suy ra P  f (t )  Min f (t )  3  3.
 0;1

 0;1

1
.
Vậy MinP  3  3 khi a  b  c 
3
---------- HẾT----------

Trang 7

0,25