2 Bài làm của thí sinh khác cách của đáp án mà vẫn đúng thì cho điểm từng phần tương ứng như nêu trong đáp án... 3 Câu IV giải theo PP tổng hợp nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ [r]
Trang 1SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần 1)
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Năm học 2013 - 2014 Môn thi: Toán
Hướng dẫn chấm: 1) Điểm toàn bài của thí sinh để lẻ đến 0,25.
2) Bài làm của thí sinh khác cách của đáp án mà vẫn đúng thì cho điểm từng phần tương ứng như nêu trong đáp án
3) Câu IV (giải theo PP tổng hợp) nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm.
I
1
1/TXĐ : \ 1
2/ Sự biến thiên: a/ Giới hạn và tiệm cận
x x
b/ Bảng biến thiên : 2
1
x
0,25
x 1
-y 1
1
0,5
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ), hàm số không có cực trị
3/Đồ thị: TS tự kiểm tra, Nhận xét: Đồ thị nhận I(1;1) là tâm đối xứng 0,25
2
Tìm m để bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là 2 2 1,00
Pt hoành độ giao điểm: 1
x
mx m
x x2 mx m 0 (1) (ĐK:x 1)
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt PT(1) có hai nghiệm phân biệt, khác 1
2
1 0
m R
0,25
- Với m tm (*), gọi x x1, 2 là hai nghiệm của (1), theo vi et ta có
1 2
1 2
x x m
Đặt A x m x( ,1 1),B x m x( ,2 2), AB 2(m2 4 )m , OA OB m2 2m, ( , ) 2
m
d O AB
0,25
2
OAB
S AB d O AB m m m
đồng thời
4
OAB
OA OB AB S
R
từ đó suy ra
2
.
OA OB AB R
2 2 2
m
Theo bài ra ta được
2 2
2 2
m
m m
0,5
II
1
Giải PT LG
2
4
PT
2
4
4
sin x sinx cosx sinx sin x
0
4
sinx cosx sin x
0,5
PT(2)
3
x k
0,25
Trang 2Vậy nghiệm của phương trình là ; ,
2
2 Giải bất phương trình:
4
ĐKXĐ: x > 0 (* ) Với ĐKXĐ BPT (1)
4
2x 17 2x 1
2x 17 2x 1 4 x
(2x 17) (2x 1) 2 2x 17 2x 1 16x
0,5
*TH1: Xét
3 0
2
x
thì BPT (2) luôn nghiệm đúng
*TH2: Xét
3 2
x
khi đó BPT (2) 4x236x17 36 x2108x81
2
, do
3 2
x
nên ta được
3
4
2 x
0,5 Vậy tập nghiệm của BPT là S =(0; 4]
III
ĐKXĐ: x + y > 0
5.3 27
x y
x y
x y
x y
3
3
5
27
x y
x y
x y
x y
3 3 3
3
x y
x y
x y
x y
0,5
x y x
4 1
x y
0,5
IV
*) Kẻ SH AC SH ( ABC );
ta có
3 3,
2
a
.
0,5
Gọi M là trung điểm của SB,
là số đo góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).
Ta có: SA AB a SC , BC a 3 AM SB, CM SB coscos AMC
+
SAC BAC SH BH SB
0,25
Ta có
4
a AM
, tương tự
105 4
a
CM
Trong tam giác AMC có
cos AMC
AM CM
Vậy
105 35
0,25
V
Tìm GTNN của biểu thức:P 3 3 3
15 4
*) Do vai trò bình đẳng của x, y, z nên ta giả sử x min x y z , ,
.Từ giả thiết
1 0 3
x
và y + z = 1 - x
*)Ta dễ thấy
và
27
3 0 4
x
Khi đó ta được
P 3 3 3 154 3 ( )3 3 ( ) 154
xyz
4
4
x
2
3 (1 )3 ( ) 27 3 1(27 3 18 2 3 4)
y z x
0,25
S
B H
M
Trang 3Xét hàm 1 3 2
16
, có
2
1
16
, f’(x) = 0
Bảng biến thiên của hàm f(x):
x 0 1/9 1/3
f’(x) + 0
-f(x)
7/27
1/4 1/4
0,25
Từ BBT ta suy ra min
1 4
đạt được khi x = y = z = 1/3 hoặc x = 0, y = z = 1/2 và các hoán vị của nó
0,25
PHẦN RIÊNG: Chương trình chuẩn
VI.a
1
*) Gọi A(t; 2 - 3t), từ tính chất của hình vuông ta có
t
d A DM d C DM
A (3; 7) A ( 1;5) Mặt khác A, C nằm về hai phía đối với đường thẳng DM nên chỉ có A(-1; 5) thỏa mãn
0,25
*) Gọi D d d ( ; 2) thuộc DM, ta có AD(d1;d 7); CD(d 3;d1)
DA DC
DA DC
5
d
*) AB DC B ( 3; 1) Vậy A ( 1;5), ( 3; 1), (5;3) B D 0, 25
2
Gọi B(x; y; 0), khi đó OB ( ; ;0) x y
,
Tứ giác OABC là hình chữ nhật nên
2 4
x
OB OA OC
y
B (2;4;0)
0,25
Giả sử PT mặt cầu cần tìm có dạng x2 y2 z2 2 ax 2 by 2 cz d 0 ( Với a2 b2 c2 0)
Mặt cầu đi qua O, S, A, C nên ta có
0
d
a b c d
a d
b d
Vậy PT mặt cầu là x2 y2 z2 2 x 4 y 4 z 0
0,5
Gọi R là bán kính mặt cầu, từ phương trình ta suy ra R = 3 thể tích khối cầu là
3 ( )
4 3 36 3
S
V 0,25
VII.a
+ Mỗi kết quả lấy ra 6 sản phẩm ứng với một tổ hợp chập 6 của 12, do đó số kết quả có thể xảy ra là
6
C
+ Gọi A là biến cố ” Lấy ra 6 sản phẩm mà trong đó có hai phế phẩm” ,
khi đó Alà biến cố ” Lấy ra 6 sản phẩm mà trong đó có không quá một phế phẩm” , :
Ta tìm được : A C C 22. 102 210
0,5
Theo định nghĩa xác suất ta có:
210 5 ( )
924 22
A
( ) 1
P A
PHẦN RIÊNG: Chương trình Nâng cao
Trang 4Ta có
3
3
G
G
x x
y y
G thuộc d: x + y - 2 = 0 nên
2 0
Tọa độ I thỏa mãn hệ
2 0
1
y
x y
+ Do A thuộc x 2 y 3 0 nên tọa độ A là A (3 2 ; ) a a
4
a a
Từ đó tìm được
hoặc
(6; ), (4; )
2
- B mp (Oxy), C Oz B x y ( ; ;0); (0;0; ) C z
Ta có AH ( 1;0;1), BH (2 x;1 y;1)
,BC ( ;x y z AC ; ), ( 3; 1; ), z AB(x 3;y1;0)
- H là trực tâm tam giác ABC nên suy ra
AH BC
BH AC
AH AC AB
2
0
x yz y z x x
Vì A, B phân biệt nên ta nhận nghiệm
( ;14;0), (0;0; )
0,5
0,5
VII.b
Giải bất phương trình √ log22x − log2x2− 3> √ 5(log4x2−3) (1) 1,00 ĐKXĐ:
0
log x log x x
Với ĐKXĐ (* ) BPT tương đương với
log x log x 3 5(log x 3) Đặt t log x 2 , BPT (1) trở thành t2 2t 3 5(t3) (t 3)( 1)t 5(t3)
0,25
2
1
1 3
t
t t
t
2 2
1
2
0,5
Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là S =
1
2