De KSCL 12 Vinhphucs

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015-2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. y. 2x  1 x 2. Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3x  6 Câu 3 (1,0 điểm). log 22 x log 2. x 4 4. a) Giải bất phương trình x x x b) Giải phương trình 5.9  2.6 3.4 Câu 4 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm. I  x  2  sin 3 xdx. SA   ABC  , ABC 900 , AB a, BC a 3, SA 2a Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có . Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC và tính diện tích mặt cầu đó theo a. Câu 6 (1,0 điểm). 2 a) Giải phương trình: 2cos x  sin x 1 0 .. b) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,. SD . 3a 2 . Hình chiếu vuông. góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có AB  AD  CD , điểm B (1; 2) , đường thẳng BD có phương trình là y  2 0 . Đường thẳng qua B.  vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường phân giác trong góc MBC cắt cạnh DC tại N . Biết rằng đường thẳng MN có phương trình 7 x  y  25 0 . Tìm tọa độ đỉnh D .. Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:. x  2  x  x  1  y  2   x  1  y  1  3 x 2  8 x  3 4  x  1 y  1 .  x, y   .  2 y  x 2  y  2 x 2  3x x , y   Câu 10 (1,0 điểm). Cho thỏa mãn  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 P x 4  y 4  2  x  y -------------HẾT------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:…………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015-2016 MÔN THI: 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 bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 2x  1 y 1,0 x 2 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2x  1 y x 2 1. Tập xác định: D  \ {2} 2. Sự biến thiên. 3 y '   0, ( x  2) 2. 0,5 x  D. Suy ra hàm số nghịch biến trong các khoảng ( ; 2) và (2; ) Hàm số không có cực trị lim y 2; lim y 2; lim y ; lim y   x   x 2 x 2 Các giới hạn x  Suy ra x 2 là tiệm cận đứng, y 2 là tiệm cận ngang của đồ thị.. 0,25. Bảng biến thiên. 0,25. 1   1  ;0   0;  3. Đồ thị: Giao với trục Ox tại  2  , giao với trục Oy tại  2  , đồ thị có tâm đối xứng là điểm I (2; 2). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. 3 2 Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  6 * Tập xác định:   x 0 y ' 3 x 2  6 x, y ' 0    x 2 Bảng xét dấu đạo hàm. x y. . +. 0 0. -. 2 0. 1,0 0,25 0,25. . +. Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có Hàm số đạt cực đại tại x 0 và giá trị cực đại y 6 ; đạt cực tiểu tại x 2 và giá trị cực tiểu y 2 ..  0;6  , điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là N Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là M  2; 2  3. a. 0,25. x 4 4 Giải bất phương trình (1) +) Điều kiện của bất phương trình (1) là: x  0 (*) +) Với điều kiện (*), (1)  log 22 x log 2 x  log 2 4  4  log 22 x  log 2 x  2 0 log 22 x log 2. 0,25. 0,5. 0,25.  (log 2 x  2)(log 2 x  1) 0  x 4   0  x 1  2 +) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình (1) là  log 2 x 2    log 2 x  1.  1 S  0;    4;    2 b Giải phương trình 5.9 x  2.6x 3.4x (1) Phương trình đã cho xác định với mọi x   x Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 4  0 ta được : 2x x  3  3 5.9 x  2.6 x 3.4 x  5.    2.   3  2  2 2x x   3 2x    3  x   3  3  5.    2.    3 0      1  5.    3 0  2  2   2     2   (2) x.  3 5.    3  0 x   Vì  2  nên phương trình (2) tương đương với. 0,25. 0,5. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> x.  3   1  x 0  2 . 4. Vậy nghiệm của phương trình là: x 0 I  x  2  sin 3xdx Tính nguyên hàm u  x  2  Đặt  dv sin 3 xdx. 1,0 0,25. du dx   cos 3 x v  3 ta được  x  2  cos 3 x  1 cos 3 xdx I  3 3 Do đó:  5. 0,25. 0,25.  x  2  cos 3x  1 sin 3 x  C 3. 0,25. 9. SA   ABC  , ABC 900 , AB a, BC a 3, SA 2a Cho hình chóp S . ABC có . Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC và tính diện tích mặt cầu đó theo a.. S 1,0. I A. C B. Vì. SA   ABC   SA  BC. BC   SAB  Mặt khác theo giả thiết AB  BC , nên và do đó BC  SB Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên SC IA IB  IS IC 2 (*) Vậy điểm I cách đều bốn đỉnh của hình chóp, do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp S . ABC SC R 2 Từ (*) ta có bán kính của mặt cầu là 2 2 Ta có AC  AB  BC 2a. SC  SA2  AC 2 2 2a  R a 2 2 2 Diện tích mặt cầu là 4 R 8 a. 6. 0,25. 0,25. 0,25. a Giải phương trình 2 cos x  sin x 1 0 . 2 2 Ta có: 2 cos x  sin x  1 0  2sin x  sin x  3 0  (sin x  1)(2sin x+3)=0 2.  sin x 1 (do 2sin x  3  0 x   )  s inx 1  x k  k  . Vậy nghiệm của phương trình đã cho là. 0,25. x k  k  . 0,5 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> b Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A. Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là  5 Số phần tử của không gian mẫu là: C9 126 Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả ba lớp và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A”. Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là : + 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C + 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C + 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C 2 1 2 2 2 1 3 1 1 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C4 .C3 .C2  C4 .C3 .C2  C4 .C3 .C2 78 . 78 13 P  126 21 . Xác suất cần tìm là 7. 0,5. 0,25. 0,25. 3a 2 . Hình chiếu vuông Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa SD . hai đường thẳng HK và SD . S. 1,0. F C. B H. E O. A. K. D. Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và 3a a SH  SD 2  HD 2  SD 2  ( AH 2  AD 2 )  ( ) 2  ( ) 2  a 2 a 2 2 1 1 2 a3 V  SH . S  a.a  S . ABCD ABCD 2 3 3 3 Diện tích của hình vuông ABCD là a , Từ giả thiết ta có HK / / BD  HK / /( SBD) Do vậy: d ( HK , SD ) d ( H ,( SBD )) (1) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE Ta có BD  SH , BD  HE  BD  ( SHE )  BD  HF mà HF  SE nên suy ra HF  ( SBD)  HF d ( H , ( SBD)) (2) a a 2  HE HB.sin HBE  .sin 450  2 4 +) +) Xét tam giác vuông SHE có:. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> a 2 a 4  3 a 2 2 ( )  a2 4 (3) a d ( HK , SD)  3. +) Từ (1), (2), (3) ta có Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có AB  AD  CD , điểm B (1; 2) , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình là y  2 0 .. Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường SH .HE HF .SE SH .HE  HF   SE. 8. a.. 1,0. phân giác trong góc MBC cắt cạnh DC tại N . Biết rằng đường thẳng MN có phương trình 7 x  y  25 0 . Tìm tọa độ đỉnh D . Tứ giác BMDC nội tiếp     BMC BDC DBA 450  BMC vuông cân tại B, BN là  phân giác trong MBC  M , C đối xứng qua BN.  AD d ( B, CN ) d ( B, MN ) . 4 2. 0,25 0,25. Do AB  AD  BD  AD 2 4 BD : y  2 0  D(a; 2) ,  a 5  D  5; 2  BD 4    a  3  D   3; 2  (loai cung phia B so voi MN ) Vậy có một điểm thỏa mãn là: D(5; 2) 9 Giải hệ phương trình: x   1  Điều kiện:  y  1. x  2  x  x  1  y  2   x  1  y  1  3x 2  8 x  3 4  x  1 y  1 . x3  x 2  x  y  2   1  x 1.  x  1  y 1. 3. x  x      x 1  x 1 . . Xét hàm số. f  t  t 3  t. . 0,25. . x 3  x  x  1.  x  1. x 1.  x, y   .  y  2  y  1. 0,25. 1,0. 0,25. 3. y  1  y 1 .. f  t  3t 2  1  0t   trên  có suy ra f(t) đồng biến. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  x  f  f  x 1  trên  . Nên. . x  y 1 x 1 . Thay vào (2) ta được. . y 1 . 3 x 2  8 x  3 4 x x  1 . 2. .   2 x  1  x  2 x  1. . 2.   x 1   2   x  6 x  3 0  2 x  1 x  1     1 x   2 x  1 1  3x 3   9 x 2  10 x  3 0 x2 y 1 x 1 Ta có. 0,25.  x 3  2 3  5  2 13   x  9. 4 3 3 5  2 13 41  7 13 x  y  2 . Với 9 72 Với . Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện. x 3  2 3  y . 0,25.  43 3   x; y   3  2 3;  2   KL: Hệ phương trình có hai nghiệm. 10.  5  2 13 41  7 13  &  x; y   ;  9 72  .  2 y x 2  y  2 x 2  3 x x , y   Cho thỏa  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P x 4  y 4  2  x  y. 1,0. x2 6  2 x 2  3x  0 x  5 và Từ giả thiết ta có y 0 và 2 2. x 2  y 2  x 2    2 x 2  3x  2 x 2  2 x 2  6 x  5  Max  6 f ( x ) 2 x 2  2 x 2  6 x  5  ; x   0;   6  0;  5   Xét hàm số ta được  5  f(x) = 2  x 2  y 2 2 P  x  y 2. 2 2. . 2. 2.  2x y . 2.  x  y 2.  x  y. 2. 2 2. . x . 2.  y2  2. t2 2  P   , 0  t 2 2 2 2 t Đặt t  x  y Xét hàm số: t2 2 g (t )   , t   0; 2  2 t 1 t3  2 g '(t ) t  2  2 ; g '(t ) 0  t  3 2 t t Lập bảng biến thiên ta có Min. P. 6 33 4 16 khi x  y  2 2. 2. . 2 x  y2. 0,25. 2. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> ------------Hết------------.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>