Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và tính diện tích mặt cầu đó theo a.. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S lên mặt phẳng ABCD là trung điểm của đ
Trang 1SỞ 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
Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và
vẽ đồ thị của hàm số
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm các điểm cực trị
của đồ thị hàm số
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Giải bất phương trình
b) Giải phương trình
Câu 4 (1,0 điểm) Tính nguyên hàm
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp có Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp và tính diện tích mặt cầu đó theo a
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình:
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 có đáy là
hình vuông cạnh a, Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn Gọi là trung điểm của đoạn Tính theo a thể
tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng và
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ
toạ độ cho hình thang vuông tại và có , điểm , đường thẳng BD có phương trình là Đường thẳng qua
vuông góc với cắt cạnh tại Đường phân giác trong góc cắt cạnh tại Biết rằng đường thẳng có
phương trình Tìm tọa độ đỉnh
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ
phương trình:
Câu 10 (1,0 điểm)
Cho thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
-HẾT -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
2
x y x
−
=
−
y x= − x +
2
4
x
5.9x−2.6x =3.4x
( 2 sin 3)
SA⊥ ABC ABC= AB a BC a= = SA S ABC.= a
2
2 cos x−sinx+ =1 0
S ABCD3 2
a
SD. AB AD K=
S ABCD HK SD
Oxy ABCD D A
AB AD CD7x y− −y=B 2 0− =·MBC MN DC BC(1; 2)AD M N B D25 0<=
2 2
x
¡
,
x y2 ∈¡
2
2
y x
2
2
P x y
x y
+
Trang 2MÔN 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:
1 Tập xác định:
2 Sự biến thiên
Suy ra hàm số nghịch biến trong các khoảng và
Hàm số không có cực trị
0,5
Các giới hạn
Suy ra là tiệm cận đứng, là tiệm cận ngang của đồ thị 0,25 Bảng biến thiên
0,25
3 Đồ thị: Giao với trục Ox tại, giao với trục Oy tại , đồ thị có tâm đối xứng
2
x y x
−
=
−
2
x y x
−
=
−
\ {2}
D(2;(=−∞¡+∞; 2))
2
3
( 2)
x
lim 2; lim 2; lim ; lim
→+∞ = →−∞ = x y==→22 = +∞ → = −∞
1
;0 2
1 0;
2
(2; 2)
I
Trang 32 Tìm các điểm cực trị của đồ thị
0,25
Bảng xét dấu đạo hàm
0,25
Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có
Hàm số đạt cực đại tại và giá trị cực đại ; đạt cực tiểu tại và giá trị cực tiểu
Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là M, điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là
N
0,25
+) Điều kiện của bất phương trình (1) là: (*)
+) Kết hợp với điều kiện
(*), ta có tập nghiệm của
bất phương trình (1) là
0,25
Phương trình đã cho xác định với mọi
Chia cả hai vế của phương trình (1) cho ta được :
(2)
0,25
Vì nên phương trình (2) tương đương
với
Vậy nghiệm của phương trình là:
0,25
y x= − x +
¡
' 3 6 , ' 0
2
x
x
=
+ 0 - 0 +
y′
0
x y==26
x=2
y= ( )0;6
( )2; 2
2
4
x
x≥x>0 +
(1)⇔log x≥⇔log(logx−2log 4 4x−2)(log+ ⇔2 x+ ≥log1) 0x−log x− ≥2 0
2 2
4
1
2
x x
≥
≥
2
S= ∪ +∞
5.9x−2.6x =3.4x
x∈¡
4x>0
2
2
2
3
2
x
x
= ⇔ =
÷
( x=2 sin 3)0
I =∫ x− xdx
Trang 4Đặt 0,25
0,25
5 Cho hình chóp
có Chứng
minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và tính diện
tích mặt cầu đó theo a
1,0
Vì
Mặt khác theo giả thiết , nên
Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên
(*)
Vậy điểm I cách đều bốn đỉnh
của hình chóp, do đó I là tâm
mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp
0,25
Từ (*) ta có bán kính của mặt cầu là
(do )
Vậy nghiệm của phương
trình đã cho là
0,25
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.
0,5
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là
Số phần tử của không gian mẫu là:
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
0,25
Số kết quả thuận lợi cho
biến cố A là:
7 Cho hình chóp có đáy là hình vuông
cạnh a, Hình chiếu vuông góc H của
đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là
trung điểm của đoạn Gọi là trung điểm của đoạn Tính theo a thể tích khối chóp và
khoảng cách giữa hai đường thẳng và
1,0
2 sin 3
u x
dv xdx
= −
=
cos3 3
du dx
x v
=
= −
( 2 cos3) 1
cos3
∫
( 2 cos3) 1
sin 3
x C
−
= − S ABC. + +
SA⊥ ABC ABC= S ABC. AB a BC a= = SA= a
I
B
AB⊥( BC )
BC BC⊥⊥SAB SB
2
SC
IA IB= =S ABC. =IS=IC
2
SC
R=2 2
2
AC= AB +BC = a
SC= SA +AC2= a2 ⇒ =R a
4πR =8πa
2
2cos x−sinx+ =1 0
2cos x−sinx+ = ⇔1 0 2sin x+sinx− = ⇔3 0 (sinx−1)(2sin +3)=0x
⇔ =
2sinx+ > ∀ ∈3 0 x ¡
2
x π k π k
2 2
x= +π k π k∈¢
Ω
5
C =
4 .3 2 4 .3 2 4 .3 2 78
C C C +C C C +C C C =
78 13
126 21
P=S ABCD. 3=
2
a
SD. AD AB K=
S ABCD HK SD
Trang 5Từ giả thiết ta có là đường cao của hình chóp S.ABCD và
0,25
Diện tích của hình vuông
Từ giả thiết ta có
Do vậy: (1)
Gọi E là hình chiếu vuông
góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE
Ta có mà nên
suy ra (2)
0,25
+)
+) Xét tam giác vuông
SHE có:
(3)
+) Từ (1), (2),
(3) ta có
0,25
8 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
cho hình thang vuông tại và có ,
điểm , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình là Đường thẳng qua vuông
góc với cắt cạnh tại Đường phân giác trong góc cắt cạnh tại Biết rằng đường
thẳng có phương trình Tìm tọa độ đỉnh
1,0
Tứ giác nội tiếp
vuông cân
tại B, BN là
phân giác trong đối xứng qua
BN
0,25
0,25
E O K H
B
C
S
F
SH
SH = SD −HD = SD − AH +AD = − −a =a
2
2
a
V = SH S = a a =
HK BD⇒HK SBD
d HK SD =d H SBD
BD⊥SH BD HF ⊥(⊥SBD HE)HF⇒⇒HF d H SBD BD⊥SE⊥= SHE( , (⇒BD)) ⊥HF
2
3 2
4
a a
HF SE SH HE HF
a
+
3
a
d HK SD =
D
7x y− −y B MBC− =MN DC AD BC(1; 2)M N B2 025 0=
AB AD CD=ABCD Oxy D A <
BMDC
BMC BDC DBA
BMC
⇒ ∆·MBC
,
M C
⇒
4
2
AD d B CN d B MN
Trang 6Do 0,25
,
Vậy có hai điểm thỏa mãn là:
9 Giải hệ phương
Điều kiện:
0,25
Xét hàm số trên có
suy ra f(t) đồng biến
trên Nên Thay
vào (2) ta được
0,25
0,25
Ta có
Với Với
Các nghiệm này đều thỏa
mãn điều kiện
KL: Hệ phương trình có hai
nghiệm
0,25
10 Cho thỏa Tìm giá trị nhỏ nhất
Từ giả thiết ta có và và
Xét hàm số ta
được f(x) = 2
0,25
Đặt
0,25
Xét hàm số:
0,25
Lập bảng biến thiên ta có
-Hết -2 4
AB=AD⇒BD AD= =
4
3
a BD
a
=
= ⇔ = −D D( 3; 2)(5;2)−
2 2
x
¡ 1
1
x y
> −
≥ −
x x x
x x x
+ +
3
3
( ) 3
f t ¡= +t t
( ) 3 2 1 0
f t′ =( t + > ∀ ∈¡1) t ¡ 1
2
3x − − =8x 3 4x x+1
2
2
1
x
x
≤
2
1 1
x y x
3 2 3
2
x5 2 13= + ⇒ =y 41 7 13+
( ; ) 3 2 3;4 3 3
2
y x
2
2
P x y
x y
+
0
y≥
2
x
x +y ≤x + − x + x = x x − x+
5
f x = x x − x+ x
∈
6 0;
5
Max
x y
2
2
x y
x y
x y
+
+ +
t=2 x +y
2
2
t
t
2
t
t
3
−
P= khi x= =y
