Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 9892319a

Câu
Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I
Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 3  3 x  2
* Tập xác định: D  
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3 ; y '  0  x  1 hoặc x  1

Điểm
(1,0 điểm)
0,25

- y' > 0 với x   1;1 nên hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 ;
y' < 0 với x   ; 1  1;+  nên hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 1 và 1;+ 
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1; yCT = - 4 , đạt cực đại tại x  1, ; yCĐ = 0
- Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

0,25

x 

- Bảng biến thiên
x
f' x



 



-1
0





1
0





0

0,25

 

f x

4



* Đồ thị :

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 2)
Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (2;0), 1;0 

y

4

2

0,25
x

-2

-1

O

1

5

-2

-4

Câu 2

-4

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )  x  2  4  x .

(1,0 điểm)

x  2  0
1
1
4 x  x 2
 2  x  4  TXĐ: D   2; 4 ; f '( x ) 


4

x

0
2 x  2 2 4  x 2 x  2. 4  x


Đk: 

f '( x )  0  4  x  x  2  x  3   2; 4 

0,25
0,25

f  2   2; f  3  2; f  4   2;

0,25

Vậy max f  x   2 khi x  3 , min f  x   2 khi x  2 hoặc x = 4.
2;4

Câu 3

0,25

 2;4

a) Giải phương trình: cos 2 x  5sin x  2  0 1 .

1  1  2sin 2 x   5sin x  2  0  2sin 2 x  5sin x  3  0



x   k 2


1

6
sin x   tm   sin x  sin  
(k   )
2
6
5

 x    k 2



6

sin x  3  loai 

(0,5 điểm)
0,25

0,25


b) Giải bất phương trình: log 0,5 x  2 log 0,25 ( x  1)  log 2 6  0

(0,5 điểm)

ĐK: x > 1 (*); Với đk (*) ta có:
0,25

log 0,5 x  2log 0,25 ( x  1)  log 2 6  0   log 2 x  log 2 ( x  1)  log 2 6  0
,

 log 2  x( x  1)  log 2 6  x( x  1)  6  x 2  x  6  0

0,25

 2  x  3 . Kết hợp đk (*) ta được 1  x  3  tập nghiệm S = (1; 3]
Câu 4

5

Tính tích phân: I  

1

dx
2x 1  5

(1,0 điểm)
0,25

2

Đặt t  2 x  1  t  2 x  1  2tdt  2dx  dx  tdt
Khi x = 1 thì t = 1; khi x = 5 thì t = 3

0,25
0,25

 t  5  5 dt  3 dt  5 3 dt  3 dt  5 3 d  t  5
tdt
Do đó I  

1
1 t  5 1
1 t  5
t 5 1
t 5
1
3

3

0,25
4
3
Câu 5 không gian Oxyz, cho các điểm A(1;-1;2); B(3;1;0) và mặt phẳng (P) có phương trình:
x - 2y - 4z + 8 = 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trong mặt phẳng (P) sao cho CA = CB và mặt phẳng
(ABC) vuông góc với mặt phẳng (P).
(1,0 điểm)
0,25
Giả sử C ( x; y; z )  ( P )  x  2 y  4 z  8  0
(1)


Ta có AC   x  1; y  1; z  2  , BC   x  3; y  1; z 
0,25
2
2
2
2
2
CA  CB  AC2  BC2   x 1   y 1   z  2   x  3   y 1  z2  x  y  z 1  0 (2)


(P) có VTPT nP  (1; 2; 4) ; AB   2; 2; 2  .
3

3

 t 1  5ln t  5 1  2  5  ln 8  ln 6   2  5 ln



 

(ABC) qua A, B và vuông góc (P) nên (ABC) có VTPT n  nP , AB  (12; 6;6)  6  2; 1;1
 phương trình (ABC) là: 2  x  3   y  1  z  0  2 x  y  z  5  0
(3)

C ( x; y; z )  (ABC)  2 x  y  z  5  0

 x  2 y  4 z  8  x  2


  y  1  C  2;1; 2  .
Từ (1),(2),(3) ta có hệ pt:  x  y  z  1
2 x  y  z  5
z  2


Câu 6

0,25

0,25

10

5 

a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức  x. 3 x  2  với x  0 . (0,5 điểm)
x 


Số hạng thứ k + 1 trong khai triển đã cho là

4
(10 k ) 
k
C10 .x 3
. 

Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với k thỏa mãn:
Vậy số hạng cần tìm là:

4
C10
.

 5 

4

k

5 
k
k
 C10
.  5  . x
2
 x 

4010 k
3

4010 k
 0  k  4
3

0,25

0,25

 131250 .

b) Từ các chữ số 1, 3, 4, 5, 6, 7 lập các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số
bất kì trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn.
(0,5 điểm)
* KGM  là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được tạo nên từ 6 chữ số đã cho. Gọi
số tự nhiên cần lập là abcd . Số cách chọn abcd là A64  có: A64  360 (số)  n()  360
* Gọi A là biến cố "số được chọn là số chẵn". Giả sử x  a1b1c1d1  A

0,25

Để x chẵn thì d1  4,6 do đó có 2 cách chọn d1 .
Sau khi chọn d1 thì số cách chọn a1b1c1 là A53  có: 2. A53  120 (số). Vậy n(A)  120
n(A) 120 1
Vậy xác suất để số được chọn là số chẵn là: P(A) 

 .
n() 360 3

0,25


Câu 7

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M là trung điểm CD, SH vuông góc
với mặt phẳng (ABCD) với H là giao điểm của AC với BM. Góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 600 .
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM theo a. (1,0 điểm)
Dựng HE  CD, E  CD   SHE   CD ,
 là góc giữa (SCD) và (ABCD)
suy ra SEH
  600
 SEH

S

Ta có SH  HE.tan 600  3.HE

D

K

A

M
E

H
B

C

CH CM 1 CH 1 

 

HA AB 2 CA 3 HE 1


HE CH
AD
3



AD CA

0,25

1
a
a 3
 HE  AD   SH 
3
3
3
0,25

1
1 a 3 2 a3 3

Ta có SABCD  a 2 Suy ra VS.ABCD  .SH.SABCD  .
(đvtt)
.a 
3
3 3
9
 AB / /CD

Ta có CD   SCD   d  AB, SM   d  AB,  SCD    d  A,  SCD  

 SM   SCD 

0,25

 AH   SCD   C
d  A,  SCD  
Lại có  AC

 3  d  A,  SCD    3d  H,  SCD  
d  H,  SCD  
3

 HC

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên SE, ta có
CD   SHE  , HK   SHE   CD  HK . Do đó HK   SCD   d  H ,  SCD    HK

Câu 8

Xét tam giác vuông SHE có:

1
1
1
1
1
12
a
a 3
a 3




 2  HK 

 d  A,  SCD   3HK 
0,25
2
2
2
2
2
2
HK
SH
HE
a
6
2 3
a 3 a


 3
 3   
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D là điểm đối xứng với C qua A. Điểm H(2;
-5) là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AD, điểm K(-1; -1) là hình chiếu vuông góc của điểm D
2

2

trên AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình  x  1   y  2   25 . Tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm A có hoành độ dương.
(1,0 điểm)
Đường tròn (T) có tâm I (1; 2) .
Gọi Ax là tiếp tuyến của (T) tại A.
  BDA
  1 Sđ 
AB (1)
Ta có KAx
2
  BKD
  900 nên BKHD là tứ
Do BHD
  HKA
 (2)
0,25
giác nội tiếp  BDA
Từ (1) và (2) ta có
  HKA
  HK // Ax .
KAx

Mà IA  Ax  IA  HK .




Do đó IA có vectơ pháp tuyến là KH  (3; 4) , IA có phương trình 3x  4 y  11  0
Do A là giao của IA và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

 x  5  x  3
3 x  4 y  11  0
. Do x A  0 nên A(5;1)

;

2
2
( x  1)  ( y  2)  25  y  1  y  5

0,25



Đường thẳng AC đi qua A và có vectơ chỉ phương là HA  (3;6) nên AC có phương trình
2x  y  9  0 .
Do D là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ

 2 x  y  9  0
x  1
x  5
(loại). Do đó D(1; 7)


tm
;





2
2
( x  1)  ( y  2)  25  y  7
y 1

0,25

Vì A là trung điểm của CD nên ta có C(9; 9).



Đường thẳng AB đi qua A và có vectơ chỉ phương là AK  (6; 2) nên AB có phương
trình x  3 y  2  0 .
Do B là giao của AB và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

 x  3 y  2  0
 x  4
x  5
(loại). Do đó B (4; 2)

tm
;






2
2
( x  1)  ( y  2)  25  y  2
y 1
Vậy A(5;1) ; C (9;9) ; B (4; 2) .
Câu 9

6 x 3  3 x 2  y  y 2  xy  3x  2  1
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 
2
 4 x  y  2  x  1  y  1  2 

0,25

(1,0 điểm)

x 1  0
ĐK:  2
* Ta có 1  y 2   3x 2  2 x  1 y   6 x3  3x 2   0
4
x

y

2


0

Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn y, ta có:





2









  3 x 2  2 x  1  4 6 x3  3 x 2  9 x 4  12 x3  10 x 2  4 x  1  3x 2  2 x  1

2


3 x 2  2 x  1  3 x 2  2 x  1
 3 x 2
y 
2
Pt (1) có hai nghiệm: 
2

3 x  2 x  1  3 x 2  2 x  1

y

 2x 1

2
Từ pt (2) ta có y  1  0  y  1 , dó đó y  3x 2 không thỏa mãn.

Thay y = 2x +1 vào phương trình (2) ta được

 3 

4 x  2 x  3   2 x  1 





0,25

4 x 2  2 x  3  x  1  2 x  3

điều kiện: x  2
2

0,25

x 1 1  0 

2  x  2

0,25

x2

0
2
x 1 1
4x  2x  3  2x 1



2
1
  x  2 

0
2
x 1 1 
 4x  2x  3  2x 1

 x  2 ( vì

2
2

4x  2x  3  2x 1



1
 0 x  2 )
x 1 1

Với x  2 thì y  5 .
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là  2;5  .

0,25


Câu
10

Cho 2 số thực a, b  (0; 1) và thỏa mãn: (a3  b3 )(a  b)  ab(1  a)(1  b)
1
1
Tìm GTLN của P =

 3ab  a 2  b 2 .
2
2
1 a
1 b

(1,0 điểm)

(a3  b3 )(a  b)
 (1  a)(1  b) (*) .
ab

(a3  b3 )(a  b)  a2 b2 
     a  b   2 ab .2 ab  4 ab và
vì
ab
 b a 
gt 

1  a 1  b   1  (a  b)  ab  1  2

ab  ab , khi đó từ (*) suy ra

0,25

4 ab  1  2 ab  ab , đặt t = ab (đk t > 0)

1

1
0  t  3
0t
ta được: 4t  1  2 t  t  2 t  1  3t  
9
 4t  1  3t 2

Ta có:

1
1
2
1   1

1 
 1






0
2
2
2
2
1 a 1 b
1  ab
 1  a 1  ab   1  b 1  ab 
2

 a  b  .  ab  1  0

1  ab  1  a2 1  b2 

0,25

luôn đúng với mọi a, b  (0; 1),

dấu "=" xảy ra khi a = b
1 
2
2

 1
 2

 2.

và

2
2
1  ab
1  ab
1 a 1 b 
1  a2
1  b2
2
2
2
3ab  a 2  b 2  ab   a  b   ab nên P 
 ab 
t
1  ab
1 t
1
1
1
2
 0 với mọi 0 < t 
Xét hàm số f(t) =
 t với 0 < t  có f ' (t )  1 
9

9
(1  t ) 1  t
1 t
vì

1



1

a  b
1
6
1
1

 f (t )  f ( ) 
 ,dấu "=" xảy ra  
1 ab
9
3
10 9
t  ab  9
1
6
1
Vậy GTLN của P là
 đạt được tại a  b  .
3

10 9

Chú ý: Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự.

0,25

0,25