Dap an thu dh lan 1 toan thpt da phuc

Trường THPT Đa Phúc SỞ GD ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC ***** ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN (Ngày thi 10/3/2013) Câu 1 Nội dung Điểm 1 Khảo sát TXĐ Sự biến thiên Giới hạn Chiều biến thiên Hàm số đồng biến tr[.]

SỞ GD-ĐT HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

-***** -ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN

(Ngày thi 10/3/2013)

1

Khảo sát y x 3 3x2 2

 Sự biến thiên:

o Giới hạn: xlim y    ; lim yx  

y' 3x 6x 0

x 2





      Hàm số đồng biến trên (    ; 2) và (0;  ); nghịch biến trên ( 2;0) 

Hàm số đạt CĐ tại x = 2, yCĐ = 2; đạt CT tại x = 0, yCT = 2

o Điểm uốn (1; 0)

o Bảng biến thiên:

 Đồ thị

0,25

0,25

0,25

0,25

2

2

x

x





cosAOBcos1200  OA OB OAOB.  12

 

 

2 (2 4) 12

8 20

m m



 

0,25

0,25

0,25

x  2 0 +

y’ + 0 – 0 + y

2 +

  2

y

2

2

1 0 x

2

1

0 (L)

12 12 (TM) 3

m m







 



Câu 2

1 Điều kiện sin x 0   x k k 

PT 3cos x 3(sin x cos x) 4(sinx cosx) 122 2

sin x sin x



 3cos x 3(sin x cos x) 4(sin x cos x)sin x sin x2     2  2

 (sin x cos x)(3 4sin x) 3cos x sin x 0  2  2  2 

sin x

2







 sin x cos x 1 x k2

2

  





   



 sin x 3 x 3 k

3



   



  



   



        

0,25

0,25

0,25

0,25

Thế 3y y   2 3 1x x2 từ phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất ta có:

x x2 2x    5 y2 3 1x x2 y24

 x2 2x 1 x2 2x  5 y2 y24

( 1) 4 4

   

   

1

 



       

 x   1 y thế vào phương trình thứ hai ta có: 3, 1

 x   1 y thế vào phương trình thứ hai ta có: 3, 1

Hệ phương trình có các nghiệm 3 1; , 3 1;

4 4 2 2

   

   

   

0,5

0,5

Câu 3

2 1

x 1 x 1 x 1

2

     

5 2 2

It.ln tdt Đặt 2

1

du dt

u ln t t

dv tdt v 1t

2

 







5 5

2 2 2

2 2

t

2

25 5ln 2ln 2 9

0,25 0,25

0,25

0,25

Câu 4

Kẻ HM vuông góc AD tại M Do AD SH

nên AD(SHM) Vậy SMH  600là góc giữa

(SAD) và (ABCD)

3

S ABCD ABCD

 ABCD là hình hình vuông cạnh a nên

2

ABCD

S a

 Tam giác vuông SAH có:

0

S ABCD ABCD a a

b) Vì AB//DC nên d(AB,SC) = d(AB,(SDC)) = d(A,(SDC))

Kẻ HNCD tại N, HKSN tại K

a

8

a HK

4 3 ( , )

3 8 2

a a

0,5

0,25

0,25

Câu 5 Đặt t a b   ab 3 ;t a2b2  (a b)2 2ab t  2 2 6t

Ta có:

2

2

1

a b

ab     t t  t

Xét hàm số f t( ) t2 t 12 2

t

    với t 2

f t'( ) 2 1t 122 0, t 2

t

      do đó f(t) nghịch biến trên [2;+)

0,5

0,5

D

O

S

C N

H M

K

Suy ra ( ) (2) 6 3

2

f t f   P Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1

Vậy Pmax = khi và chỉ khi a = b = 1

Câu

6a

1 Do B (BC) và B nằm trên Ox nên tọa độ B là nghiệm của hệ:

0

(4;0)

4 3 16 0

y

B



   

Giả sử A a( ;0)  AB  (4 a;0) Do ( ) ( ;16 4 )

3

c

3

a

 

7

3

4

a

a







 



 7 (7;0), (4;0), (7; 4), 1 6; 4

3

 1 (1;0), (4;0), (1;4), 1 2;4

3

 

 a  4 A(4;0), (4;0), (4;0)B C : Loại

0,25

0,25

0,25

0,25

2 Ta có ( ) ( )d  P tại E ( 1;0;4)

Giả sử F x y z( ; ; ) ( )0 0 0  P  x02y0 z0 5 0

Vì EF vuông góc (d’) nên EF vuông góc (d), do đó

d

u EF    x   y z    x    y z

5 3 ( 1) ( 4) 75

Giải hệ

1

2

(4; 5; 1)

( 6;5;9) ( 1) ( 4) 75

F

F

    

 







0,5

0,5

Câu

1 2 1 8( 2)( 1) 3( 1) ( 1)

9 22 0

2 ( )

n





      

Ta có khai triển:

11 11 0

k

k k k k





        

0,25

0,25

11

( 1) ( ) 3 k i 3 k ( 1) k i

x

 



1; 1 3; 0

 



   

.3 ( 1) 3 4422

n

C C  C 

0,25

0,25

Câu

6b

1 Gọi tâm I d 1 d2 suy ra tọa độ I là nghiệm của hệ:

3 0 9 3

;

6 0 2 2

x y

I

x y

  



     

Giả sử M là trung điểm của AD đồng thời là giao của d1 với Ox

3 2

2

12

3 2

ABCD

AB

Vì M I d,  1 AD( )d1  AD qua M và có VTPT n VTCPu d1  (1;1)nên có

PT:

(AD x y) :    3 0

3

x y

 



Suy ra: A(2;1), (4; 1), (5;4), (7;2)D  B C

0,25

0,25

0,25

0,25

2 (P) chứa (d) nên (P) đi qua M(2;1;1) ( )d và có dạng:

 ( ) ( )d  P  u n d. P   0 A B C   0 (1)

 Góc giữa  và (P) bằng 300 nên:

2

sin( ;( ))

P

 

2(A B 2 )C 3(A B C )

2





     

 Khi A 2B Chọn B 1,A 2,C  1 ( ) : 2P x y z    4 0

 Khi 2A B Chọn B 2,A 1,C  1 ( ) :P x 2y z   5 0

0,25

0,25

0,25

0,25

7b

x 0 log x log x 3 0







log x 2log x 3 5(log x 3)

Đặt tlog2x, BPT có dạng:

t2 2 3t  5.( 3)t  ( 3)( 1)t t  5( 3)t

2

1

1 3

( 1)( 3) 5( 3)

t

t t

t









 

 

    



2

t  x   x

 3   t 4 3 log2x   4 8 x 16

BPT có tập nghiệm là: 0;1 8;16

2

  

 

0,25

0,25

0,25 0,25

HẾT