Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 8722913a

ĐÁP ÁN
ĐÁP ÁN

CÂU

a) a) TXĐ: D 
(2 điểm) + Tính y’, giải y’ =0
+Bảng biến thiên
+ Kết luận đồng biến nghịch biến, cực đại, cực tiểu.
+ Tính giới hạn
Câu 1

Câu 2
(1 điểm)

0.25
0.25
0.25

+ vẽ đồ thị

0.25

b) x3  3x2  k  0   x3  3x2  1  k  1 (1)
số nghiệm của pt (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C)và đường thẳng y = k-1.

0.25
0.25

Để (1) có 3 nghiệm thì 1  k  1  3  0  k  4

0.5

a)
0.25

5
tan  2  cos  
5

Vì    

3
5
2 5
 sin 
nên cos  
5
5
2

A  2sin .cos  sin 

b) z 
Câu 3
(0.5
điểm)

ĐIỂM

0.25

4 2 5
5

0.5

53 9
53 9
 i  z
 i
10 10
10 10

 2
Đk:  x  3x  0  x  0

0.25

2 x  2  0

log 3 ( x 2  3 x)  log 1 (2 x  2)  0  log 3 ( x 2  3 x)  log 3 (2 x  2)  0
3

x  1
 x 2  3x  2 x  2  
 x  2

0.25

Vậy tập nghiệm S  1

Câu 4
(0.5
điểm)

Số phần tử của không gian mẫu n()  C113
Gọi A là biến cố ba học sinh được chọn có cả nam và nữ

0.25

n( A)  C51.C62  C52 .C61

P( A) 

0.25

n( A)
n()

Câu 5 Đặt t  1 x  dt  dx
(1 điểm) Đổi cận x  1  t  0

0.25
0.25

x  2  t  1

1

0

t2 t3
5
I    (1 t )tdt   (t  t )dt  (  ) 
2 3 1 6
0
1
0

2

0.5


Câu 6

S

(1 điểm)
H'
C

D
K

H

A

a
B

M

Vì SH  ( ABCD) nên SCH   SC , ( ABCD)   300.
Trong tam giác vuông SAD ta có SA2  AH .AD
3
AD 2  AD  4a; HA  3a; HD  a
4
 SH  HA.HD  a 3  HC  SH .cot 300  3a
 12a 2 

 CD  HC 2  HD 2  2 2a.

1
3

Suy ra S ABCD  AD.CD  8 2a 2 . Suy ra VS . ABCD  SH .S ABCD 

8 6a 3
.
3

Vì M là trung điểm AB và AH // (SBC) nên
d  M , ( SBC )  

1
1
d  A,( SBC )   d  H , ( SBC )  .
2
2

(1)

Kẻ HK  BC tại K, HH '  SK tại H '. Vì BC  (SHK ) nên
BC  HH '  HH '  (SBC ). (2)

Trong tam giác vuông SHK ta có
1
1
1
11
2 6a 2 66



 HH ' 

a.
2
2
2
2
11
HH '
HK
HS
24a
11

Từ (1), (2) và (3) suy ra d  M , ( SBC )  

(3)

66
a.
11

Câu 7 a) Tâm của mặt cầu (S) là I(1; -3; 4) , bán kính R=5
(1 điểm) b) IM  (0; 4;3)
Phương trình mặt phẳng (P) qua M là: 4y  3z  7  0
Câu 8
(1 điểm)

d(G; AB) 

10

 BC  5  AB  3 5

0.5
0.5
0.25

3 5

Đường thẳng d qua G và vuông góc với AB là : 2x  y  15  0
1
3

Gọi N  d  AB  N (6;3)  NB  AB  5

0.25
0.25

b  2
B(2b; b)  AB  NB2  5  
 B(8; 4)
b  4
BA  3BN  A(2;1)
3
AC  AG  C(7;6)
2
CD  BA  D(1;3)

0.25


Câu 9
(1 điểm)

ĐK: x  2
3(2  x  2)  2x  x  6  2( x  3)  x  6  3 x  2  0
8( x  3)
 2( x  3) 
0
x63 x2
x  3
x  3
8



 0  x63 x2  4
2 

x63 x2
x  3

 x  11  3 5

2

0.5

0.5

Vậy pt có tập nghiệm S  3
Câu 10 Ta có x  y  z  1  x  y  1  z
(1 điểm)
x y
1 z
1 z


0.5



xy  z
xy  1  x  y
(1  x)(1  y )

yz
1 x
1 x


yz  x
yz  1  y  z
(1  y )(1  z )
zx
1 y
1 y


zx  y
zx  1  x  z
(1  x)(1  z )
x y
yz
zx
P


xy  z
yz  x
zx  y
Khi đó

0.5

1 y

1 x
1 z
= (1  x)(1  y ) + (1  y )(1  z ) + (1  x)(1  z )
1 z
1 x
1 y
 33
.
.
3
(1  x)(1  y ) (1  y)(1  z ) (1  x)(1  z )
.

Vậy MinP  3 đạt được khi

x yz

1
3