Đề thi và đáp án KSCL giáo viên lần 1 năm học 2018-2019 môn Toán

Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABD. theo a.[r]

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN NĂM HỌC 20182019

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số 1 3 2  2 

3

y x mx  m m x  Tìm m để hàm số đạt cực trị

tại x1, x thỏa mãn: 2 x122mx23m2 m  5 0

Câu 2 (3,0 điểm) Tính tổng các nghiệm thuộc 0; 2019 của phương trình: 

2 2sin x 3 sin 2x3 3 sinx3cosx1 Câu 3 (2,5 điểm) Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 7 2 2

n

x x



  , biết rằng n

là số nguyên dương thỏa mãn 4C3n12C2n A3n (Ở đó C , Ak n k n lần lượt là số tổ hợp, số chỉnh

hợp chập k của n phần tử )

Câu 4 (2,5 điểm) Giải bất phương trình:  2     

1

2

Câu 5 (2,5 điểm) Giải hệ phương trình  

2

1

1 ,











Câu 6 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, có trọng tâm

G Gọi E, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng CD Biết điểm D   1; 1, đường thẳng IG có

phương trình 6x3y70 và điểm E có hoành độ bằng 1 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Câu 7 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,  BAD 1200, tam

giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Biết góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 450 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABD theo a

Câu 8 (2,0 điểm)

Cho ,x y là các số thực thỏa mãn điều kiện x y2 x 1 3 y20192018

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức  12  12 2018 2 1

1

xy x y

x y

 

. -HẾT -

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (3.0 điểm) Cho hàm số 1 3 2  2 

3

y x mx  m m x Tìm m để hàm số đạt cực trị tại

1, 2

x x thỏa mãn: x122mx23m2m 5 0

TXĐ: 

Hàm số đạt cực trị tại x x1, 2  y , 0 có hai nghiệm phân biệt 0,5

      (1) có hai nghiệm phân biệt

'

Vì x x1, 2 là nghiệm của (1) nên theo Viet, ta có x1x2 2m

x12 2mx1m2m 1 0,75

Từ đó ,

Từ (*) và (**)   1 m2 thỏa mãn yêu cầu bài toán

0,75

Câu 2 (3.0 điểm) Tính tổng các nghiệm thuộc 0; 2018 của phương trình: 

2 2sin x 3 sin 2x3 3 sinx3cosx1

3sin x 2 3 sin x cosx cos x 3 3 s inx cosx

 3 s inx cosx2 3( 3 s inx cos )x

3 s inx cos 0

3 s inx cos 3( )

x

 



Giải ra ta được nghiệm của phương trình là ;

6

x  k kZ

1,5

Do x0; 2019   k 1; 2; ; 2019 phương trình có 2019 nghiệm

Các nghiệm này lập thành cấp số cộng với

1,0

Câu 3 (2.5 điểm) Tìm hệ số của x7 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 2 2 n

x x



  , biết rằng n là

số nguyên dương thỏa mãn 4C3n12C2n A3n (Ở đó C , Ak n k n lần lượt là số tổ hợp, số chỉnh hợp

chập k của n phần tử )

Điều kiện: nN n,  (*) 3

1

( 1) (( 1)

6

C   C  A    n n n n n

0,75

2( 1) 3 3( 2)

11( (*))

Khi đó

k

Số hạng chứa x ứng với k thỏa mãn 22 37  k 7 k 5

Suy ra hệ số củax là 7 C115.( 2) 5  14784

1,0

1

2

+

2

2

x

ĐK x

x x



  



  



0,5

+ Bất phương trình đã cho tương đương với

2

2

2 2

2

1 log ( 2) log ( 2) log (4 )

2

log x 2 log (x 2) log (4 x)

log x 2 (x 2) log (4 x) x 2 (x 2) 4 x (1)

1,0

+) TH1: Với x  ( 2; 2)thì (1)(2x x)( 2) 4 x  x (0;1) Kết hợp với

ĐK trong trường hợp này ta được x (0;1)

+) TH2: Với x (2; 4)thì

2

x  

2

x    

1,0

Câu 5 (2.5 điểm) Giải hệ phương trình  

2

1

(9 1) 4 1 10 (2)











Điều kiện x  0

Nhận xét: x  không là nghiệm của hệ phương trình 0 0,5 Với x  : 0

 

Từ (1) và từ x  ta có 0 y  Xét hàm số 0 f t( ) t t t21, t  0 0,5

Ta có:

2 2

2

1

t

t



Suy ra hàm số đồng biến trên (0; )

Vậy (3) f (3 )y f 1 3y 1

Thế vào phương trình (2) ta được 3 2  2 

x x  x  x 

g x  x x  x  x x Ta có g x'( )0,  x 0

Suy ra hàm số g x( ) đồng biến trên khoảng (0;)

0,5

Ta có g(1)0 Vậy phương trình g x ( ) 0 có nghiệm duy nhất x 1

1

3

x  y

Vậy hệ phương trình có nghiệm là

1 1 3

x y













0,5

Câu 6 (2.5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, có trọng tâm

G Gọi E, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng CD Biết điểm D   1; 1, đường thẳng IG có

phương trình 6x3y70 và điểm E có hoành độ bằng 1 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Gọi K là trung điểm của BI, suy ra HK / /CD  A là trung điểm của KI, 1

2

HK DI  IC

1

/ / 2

AK  BK GK ACGK  ABGBGI GC hay G là tâm đường tròn đi

qua ba điểm C, I, B

2

ID  ICDE IG

1,0

F K

E

G H

I D

C B

A

Phương trình đường thẳng DE: 2xy  1 0 E1;3

CE IG, suy ra phương trình CE x: 2y  7 0 0,5

Tọa độ của G là nghiệm của hệ phương trình

7

;

3

x

G

y









5;1

C



0,5

5

2

DG AG A B

 

Câu 7 (2.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,  0

120

BAD  , tam giác

SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Biết góc giữa hai mặt phẳng

(SCD) và (ABCD) bằng 450 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABD theo a

Gọi H là trung điểm củaAB

AB

SH 



Mà (SAB)(ABCD)SH (ABCD)

Có BAD1200 BAC600 ABC

là

Tam giác đều cạnh a

Có CD(SHC) nên góc giữa (SCD) và

(ABCD) là SCH =450 nên tam giác SHC

2

a

  

0,5

3

Có CA = CB = CD = a nên C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD

Kẻ đường thẳng d đi qua C và song song với SH, SH(ABCD) nên d(ABCD)suy

ra d là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD

0,5

Có SA = SB =

3

    đều

Gọi O là tâm của tam giác SAB Kẻ đường thẳng  qua O và song song với HC, HC

(SAB)

 nên  (SAB)nên là  trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB

 cắt d tại I Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hc S.ABD

Bán kính mặt cầu R = SI =

0,5

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức  12  12 2018 2 1

1

xy x y

x y

 

Từ điều kiện xy2 x 1 3 y20192018, ta có

2

x y

0,5

Ta có biểu thức

0,5 Đặt t  x y , điều kiện t 2018; 2031

Khi đó ( ) 2 2 2018 2

1

t

 , f t liên tục trên ( ) 2018; 2031 

2018; 2031 

(2018) (2031)

0,5

Vậy GTNN của 4068290 2018

2019

2019

x t

y

 







GTLN của 4120901 2018

2032

2030

x t

y









0,5