Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 1915126a
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (237.78 KB, 6 trang )
Câu
Ý
ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (gồm 06nn trang)
Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x3 3x 1.
Tập xác định .
Sự biến thiên
lim x3 3 x 1 ; lim x 3 3 x 1
x
x
Điểm
1.00
0.25
x 1
y ' 3 x 2 3; y ' 0
x 1
Hàm số đồng biến trên 1;1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1 , 1;
Hàm số đạt cực tiểu yCT 5 tại xCT 1
x
y'
y
Hàm số đạt cực đại yCD 1 tại xCD 1
BBT
1
0
0.25
1
0
1
0.25
3
1.
Đồ thị
y " 6 x; y " 0 x 0
Điểm uốn U 0; 1
Đồ thị hàm số
y
8
6
4
2
x
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
-2
-4
-6
-8
0.25
Đồ thị hàm số nhận điểm U 0; 1 làm tâm đối xứng.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x x 2 ln 1 2 x trên
đoạn 1; 0 .
2.
x 1
2
Ta có f ' x 2 x
; f ' x 0
x 1
1 2x
2
1 1
Tính f 1 1 ln 3; f ln 2; f 0 0
2 4
1
Vậy min f x ln 2; max f x 0
1;0
1;0
4
1.00
0.25
0.25
0.50
Trang 1
a)
2x
2
1
2
3x 3x
2
1
2x
2
2
2x
2
2
1
0.50
Tập xác định .
2x
2
1
2
3
b)
2
3x 3x
x 2 1
2
1
2x
2
1
0.25
2
1 8 3x 1 1 3
4
x 2 1 2 x 3.
9
2
log 3 x 5 log 9 x 2 log
3
x 1 log
0.25
3
2. 2
0.50
Tập xác định D 1; \ 2.
3.
2 log3 x 5 log3 x 2 2 log3 x 1 log3 2
x 5. x 2 2 x 5 . x 2 2 x 1 2
2
x 1
2
Với x 2 ta có: x 5 x 2 2 x 1 x 2 3 x 10 2 x 2 4 x 2
0.25
x 3
x 2 7 x 12 0
x 4
2
Với 1 x 2 ta có x 5 2 x 2 x 1 x 2 3x 10 2 x 2 4 x 2
97
t / m
x 1
6
2
3x x 8 0
1 97
loai
x
6
1 97
;3; 4 .
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x
6
0.25
e
Tính tích phân I x3 ln xdx.
1.00
1
4.
1
ln x u x x dx u ' x dx
Đặt 3
x
v
'
x
v x 1 x 4
4
e
0.50
e
e
1
1
1
e4 1
3e 4 1
I x 4 .ln x x 4 . dx x 4
4
4
x
4 16 1
16
1
1
0.50
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x y z 1 0 và hai
điểm A 1; 3;0 , B 5; 1; 2 . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng P sao cho
1.00
MA MB đạt giá trị lớn nhất.
0.25
Kiểm tra thấy A và B nằm khác phía so với mặt phẳng P .
Gọi B ' x; y; z là điểm đối xứng với B 5; 1; 2
5.
Suy ra B ' 1; 3; 4
0.25
Lại có MA MB MA MB ' AB ' const
Vậy MA MB đạt giá trị lớn nhất khi M , A, B ' thẳng hàng hay M là giao điểm
0.25
của đường thẳng AB ' với mặt phẳng P
Trang 2
A
B’
M
P
B
x 1 t
AB ' có phương trình y 3
z 2t
x 1 t
t 3
y 3
x 2
Tọa độ M x; y; z là nghiệm của hệ
z 2t
y 3
x y z 1 0
z 6
Vậy điểm M 2; 3;6
0.25
a)
2
Giải phương trình 2 3 cos x 6sin x.cos x 3 3
*
0.50
Tập xác định .
* 3 1 cos 2 x 3sin 2 x 3 3 3 cos 2 x 3sin 2 x 3
1
3
3
3
cos 2 x
sin 2 x
sin 2 x
2
2
2
6 2
2 x 6 3 k 2
x 12 k
2 x 2 k 2
x k
6
3
4
6.
b)
0.25
k .
0.25
Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất
để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm
thẻ mang số chia hết cho 10.
Gọi là tập hợp các cách chọn ra 10 tấm thẻ từ 30 tấm thẻ đã cho
10
Suy ra C30
Trong 30 tấm thẻ có 15 tấm thẻ mang số lẻ, 15 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có 3
tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
Gọi A là tập hợp các cách chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số
chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10
Suy ra A C155 .C124 .C31
C155 .C124 .C31 99
.
10
C30
667
Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, mặt bên SAD là tam
0.25
Vậy P A
0.25
a 6
. Tính thể tích khối
2
chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, SB theo a.
1.00
giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC
7.
0.50
Trang 3
S
a 6
2
a
a 3
2
D
a
C
H
A
B
Gọi H là chân đường cao hạ từ S của tam giác đều SAD
Suy ra:
a 3
SH
và SH ABCD
2
a 3
Trong tam giác vuông HSC có HC
2
2
a
3a 2
a2
2
2
2
4 1
DH DC CH 4
cos HDC
a
2 DH .DC
2
2. .a
2
600
HDC
a2 3
Suy ra S ABCD DA.DC.sin
ADC
2
2
1
1a 3 a 3 1 3
VS . ABCD SH .S ABCD
.
a
3
3 2
2
4
Ta có ADC đều cạnh a CH AD CH BC
hay BC SHC BC SC CSB vuông tại C
0.25
0.25
1
1 a3 a3
Lại có VD.SBC VS .BCD VS . ABCD .
2
2 4
8
1
a3
3a 3
d D; SBC .S SBC
d D; SBC
3
8
8.S SBC
3a 3
a 6
.
1
4
8. CS .CB 4. a 6 .a
2
2
a 6
Vậy d AD; SB d D; SBC
.
4
Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC , G là trọng tâm ABM ,
d D; SBC
8.
3a 3
0.25
điểm D 7; 2 là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA GD. Tìm tọa độ điểm
A, lập phương trình AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình
3x y 13 0.
Trang 4
0.25
1.00
Ta có d D; AG
3.7 2 13
32 1
2
10
3x-y-13=0
B
N
G
M
D(7;-2)
C
A
ABM vuông cân GA GB GA GB GD
Vậy G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD
AGD 2
ABD 900 GAD
vuông cân tại G.
Do đó GA GD d D; AG 10 AD 2 20;
0.25
Gọi A a;3a 13 ; a 4
a 5(loai )
2
2
AD 2 20 a 7 3a 11 20
a 3
Vậy A 3; 4
Gọi VTPT của AB là n AB a; b
cos
NAG cos nAB , n AG
NA
AG
3a b
a b 2 . 10
NM
0.25
1
2
3NG
3
10
NA2 NG 2
9.NG 2 NG 2
3a b
b 0
3
Từ (1) và (2)
6ab 8b 2 0
2
2
10
a b . 10
3a 4b
Với b 0 chọn a 1 ta có AB : x 3 0;
Với 3a 4b chọn a 4; b 3 ta có AB : 4 x 3 y 24 0
Nhận thấy với AB : 4 x 3 y 24 0
Mặt khác cos
NAG
d D; AB
4.7 3. 2 24
16 9
2
0.25
2 d D; AG 10 (loại)
0.25
Vậy AB : x 3 0.
9.
2 x 3 4 x 2 3x 1 2 x 3 2 y 3 2 y
1
Giải hệ phương trình
x 2 3 14 x 3 2 y 1
2
Ta thấy x 0 không phải là nghiệm của hệ, chia cả hai vế của (1) cho x 3 ta được
4 3 1
1 2 2 3 2 2 y 3 2 y
x x
x
1.00
3
1 1
1 1 3 2 y 3 2 y 3 2 y
x x
Xét hàm f t t 3 t luôn đồng biến trên
* 1
1
3 2y
x
0.25
*
3
0.25
Trang 5
x 2 3 15 x 1 x 2 3 2 3 15 x 0
1
1
x 7
0
2
3
3
x 2 3 4 2 x 15 x 15
0
111
Vậy hệ đã cho có nghiệm x; y 7;
.
98
Thế (3) vào (2) ta được
10.
0.25
0.25
Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a 3c
4b
8c
P
.
a 2b c a b 2c a b 3c
x a 2b c
a x 5 y 3 z
Đặt y a b 2c b x 2 y z
z a b 3c
c y z
Do đó ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của
x 2 y 4 x 8 y 4 z 8 y 8 z 4 x 2 y 8 y 4 z
P
17
x
y
z
x z
y
y
P2
1.00
0.25
0.25
4x 2 y
8y 4z
.
2
. 17 12 2 17;
y x
z y
0.25
Đẳng thức xảy ra khi b 1 2 a, c 4 3 2 a
0.25
Vậy GTNN của P là 12 2 17.
) chia sẻ đến
Trang 6
