Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 3169693a

Câu
1
(2.0 điểm)

Đáp án

Điểm

a. (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị…
• Tập xác định: D  .
• Sự biến thiên:
x  0  y  1
y '  3x 2  6x; y '  0  
 x  2  y  5

0.25

Giới hạn: lim y  ; lim  
x 

x 

Bảng biến thiên:

x
y'



-2



0
5



0



0



0.25



y


1
- H/s đb trên các khoảng (; 2), (0; ) và nb trên khoảng (2; 0).
- Hàm số đạt cực tại x  2; y CÑ  5 ; đạt cực tiểu tại x  0; y CT  1.
• Đồ thị:
x
1
y

1
5

3

0.25

b. (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…tính diện tích tam giác….
+ Ta có: y '(1)  9  phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A 1; 5  là:

y  9(x  1)  5  y  9x  4 (d)
+ Tọa độ điểm B là giao của d và (C) có hoành độ là nghiệm pt:
x  1
x 3  3x 2  1  9x  4  x 3  3x 2  9x  5  0 (x  1)2 (x  5)  0  
 x  5

Do B  A nên B(5;  49) . Ta có: AB   6; 54   AB  6 82 ;
d  O,d  

4
82

0.25

0.25

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất…
Ta có f (x) liên tục trên đoạn  2; 4  , f '(x) 

x 2  2x  3

(x  1)2

0.25

Với x   2; 4  , f '(x)  0  x  3

0.25

10
3

0.25

Ta có: f (2)  4,f (3)  3,f (4) 

Vậy Min f ( x)  3 tại x = 3; Max f ( x)  4 tại x = 2
2 ; 4 

3

0.25

0.25

.

1
1 4
Suy ra: SOAB  d  O,d  .AB  .
.6 82  12 (đvdt)

2
2 82
2
(1 điểm)

0.25

a. Giải phương trình …

2 ; 4 

0.25


(1.0 điểm)

 cos4x  0
PT  2 cos4 x cos2 x  cos4 x  cos4x( 2 cos2x  1)  0  
 cos2x  1

2





x  8  k 4
 4x  2  k



 x     k
 2x     k 2


3
6

0.25

0.25

b.Tính giá trị biểu thức…


    nên sin   0,cos  0 . Ta có:
2
1  cos2 1
1
cos2  
  cos  
,
2
10
10

Do

sin2   1  cos2  

9

3
sin 
 sin  
 3
, tan  
10
cos
10

Khi đó: P  1  tan   .
4
(1.0 điểm)

0.25

1
2

1  1
3 
2 5



5
2  10
10 

 cos  sin    1  3 .

0.25

a.Tìm hệ số của số hạng chứa x 2010 trong khai triển…
k

2016

2016
2016

 2 
2 
k
k
Xét khai triển:  x  2    C2016
x 2016  k  2    2 k C2016
x 2016 3 k
x 
k 0
k 0

x 
2010
Số hạng chứa x
ứng với 2016  3k  2010  k  2 là 22 C22016 x 2010 có hệ số là

22 C22016  4C22016 .

b.Tính xác suất …
Gọi  là không gian mẫu của phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X”.

Khi đó:   A 96  60480

0.25
0.25

0.25

Gọi A là biến cố: “Số được chọn chỉ chứa 3 chữ số lẻ”. Khi đó:
+ Chọn 3 chữ số lẻ đôi một khác nhau từ các chữ số 1, 3, 5, 7, 9 có C35 cách.
+Chọn 3 chữ số chẵn đội một khác nhau từ các chữ số 2, 4, 6, 8 có C34 cách.
+ Sắp xếp các chữ số trên để được số thỏa mãn biến cố A có 6! cách.
Do đó  A  C35 .C34 .6!  28800
Vậy xác suất cần tìm là: P(A) 
5
(1.0 điểm)

A




28800 10

60480 21

Tìm tọa độ điểm M …


Giả sử M(2t  2; t)  d  MA  (2t  3; 2  t)  MA 2  5t 2  8t  13


MB  (1  2t; 4  t)  MB2  5t 2  12t  17
Ta có: MA 2  MB2  36  5t 2  8t  13  5t 2  12t  17  36  10t 2  4t  6  0
 t  1  M(4;1)


 4 3
3
t
 M  ; 

5
5 5

6

0.25

 16 3 
Vậy tọa độ điểm M là: M(5;1),M  ;  .
 5 5
Tính thể tích khối chóp S.ABC

0.25
0.25
0.25

0.25


(1.0 điểm)

S

SH vuông góc (ABC)  góc giữa
  60o
SA và (ABC) là: SAH

 2 3
 SH  AH.tanSAH

K

D

0.25

E
H

A

C

B

ABC vuông tại B  BC  AC2  AB2  2 3  SABC 

1
AB.BC  2 3
2

0.25

1
1
Vậy VS.ABC  SH.SABC  .2 3.2 3  4.
3
3
Dựng hình chữ nhật ABCD  AB // CD  AB // (SCD)
 d(AB,SC)  d(AB,(SCD))  d(A,(SCD))  2d(H,(SCD)) (do AC  2HC )
Trong (ABCD), gọi E là trung điểm CD  HE  CD  CD  (SHE)
Trong (SHE), kẻ HK  SE (K SE)  HK  (SCD)  d(H,(SCD))  HK
Ta có: HE 

0.25

1
AD  3
2

SHE vuông tại E 

1
1
1
1 1 5
2 15


    HK 

2
2
2
5
HK
HS HE 12 3 12

0.25

4 15

5
Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC.
Vậy d(AB,SC)  2HK 

7
(1.0 điểm)

(T) có tâm I(3;1), bán kính R  5 .
  ICA
 (1)
Do IA  IC  IAC
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại
M  MH  AB  MH //AC (cùng vuông
  ICA
 (2)
góc AC)  MHB

A
N

E
M
B

  AHM
 (chắn cung AM) (3)
Ta có: ANM
Từ (1), (2), (3) ta có:
  ANM
  ICA
  AHM

IAC

H

I

C

0.25

  AHM
  90o
 MHB
Suy ra: AI vuông góc MN
 phương trình đường thẳng IA là: x  2y  5  0
Giả sử A(5  2a;a)  IA.
a  0
Mà A  (T)  (5  2a)2  a2  6(5  2a)  2a  5  0  5a2  10a  0  

a  2
Với a  2  A(1; 2) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN)
Với a  0  A(5; 0) (loại vì A, I cùng phía MN)

0.25


8
(1.0 điểm)


9
Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH  E  MN  E  t; 2t  
10 


38 
Do E là trung điểm AH  H  2t  1; 4t  
10 

 
58   
48 
 AH   2t  2; 4t   , IH   2t  4; 4t  
10 
10 


  
272 896

Vì AH  HI  AH.IH  0  20t 2 
t
0
5
25
 8
 11 13 
 H  ;  (thoû
a maõ
n)
t 
5
5 5


 28
 31 17 
 H  ;  (loaïi )
t 
 25 25 
 25
 11 13 
8
Với t   H  ;  (thỏa mãn)
5
5 5
  6 3 

Ta có: AH   ;   BC nhận n  (2;1) là VTPT
5 5

 phương trình BC là: 2x  y  7  0
Giải hệ phương trình …
Điều kiện: x  0, 1  y  6, 2x  3y  7  0 (* )
x  0
Nhận thấy 
không là nghiệm của hệ phương trình  y  1  x  0
y  1
Khi đó, PT (1)  x(y  1)  (y  1)2 

 (y  1)(x  y  1) 

0.25

0.25

0.25

y 1 x
y 1  x
y 1 x
y 1  x

0.25



1
0
 (x  y  1)  y  1 


y  1  x 

 x  y  1  0  y  x  1 (do (*))
Thay vào PT (2) ta được: 3 5  x  3 5x  4  2x  7

ĐK: 4 / 5  x  5 (**)

 3 5  x  (7  x)  3( 5x  4  x)  0


4  5x  x 2
3 5  x  (7  x)



3(4  5x  x 2 )
5x  4  x

0

0.25



1
3
 (4  5x  x 2 ) 

0
 3 5  x  (7  x)

5x  4  x 

  x 2  5x  4  0 (do (**)
x  1  y  2
(thỏa mãn (*),(**))

x  4  y  5
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5).
9
(1 điểm)

0.25

Tìm GTNN …
Ta có BĐT:

a2 b2 c2 (a  b  c)2
  
(* ) với a,b,c,x,y,z  0 và chứng minh.
x y z
xyz

0.25


(Học sinh không chứng minh (*) trừ 0.25)
Áp dụng (*) ta có: P 

(x  y  z)2
xy  yz  zx  8  x 3  8  y 3  8  z3

2  x  4  2x  x 2 6  x  x 2

2
2
2
2  y  4  2y  y
6  y  y2
8  y 3  (2  y)(4  2y  y 2 ) 

2
2
2
2  z  4  2z  z
6  z  z2
8  z3  (2  z)(4  2z  z2 ) 

2
2
2
2(x  y  z)
Suy ra: P 
2xy  2yz  2zx  18  (x  y  z)  x 2  y 2  z2
Ta có:

8  x 3  (2  x)(4  2x  x 2 ) 



0.25

2(x  y  z)2
(x  y  z)2  (x  y  z)  18

Đặt t  x  y  z (t  3). Khi đó: P 

2t 2
t 2  t  18

2t 2
Xét hàm số: f (t)  2
với t  3.
t  t  18
2( t 2  36t)
Ta có: f '(t)  2
, f '(t)  0  t  36
(t  t  18)
BBT:
x 3
36
y'

0

0.25




144/71

y
3/4

3
khi t  3.
4
Vậy GTNN của P là: 3/4 khi x  y  z  1.
Từ BBT ta có: GTNN của P là:

▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.

2
0.25