de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan truong thpt anh son 2 nghe an lan 1

TRƯỜNG THPT ANH SƠN ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 (Lần 1) Môn : TOÁN; (Đáp án có 05 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC CÂU 1,0đ ĐÁP ÁN ĐIỂM * Tập xác định : D   * Sự biến thiên : - Giới hạn lim y  lim y   x  , 0,25 x  - Ta có y  x  x; y ,   x  0, x  1 Bảng biến thiên x - y’ - -1 0 + + - + + 0,25 -3 + y -4 -4 - Hàm số đồng biến khoảng (-1 ; 0) (1 ; +  ), nghịch biến khoảng (-  ; -1) (0 ; 1) - Hàm số đạt cực đại x  0, yCD  3 ; hàm số đạt cực tiểu x  1, yCT  4 0,25 *Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox điểm (  3;0) , cắt trục Oy (0; 3) Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng y y 0,25 x -1 -10 -5 O 10 15 -2 x -4 -6 1,0đ Tiếp tuyến có hệ số góc -5 nên hoành độ tiếp điểm nghiệm phương trình  5  5 x   y  5   ( x  2)  x  x   , 3a 0,5đ 0,25 Suy có hai tiếp điểm A(3;7), B(1; 3) 0,25 Phương trình tiếp tuyến đồ thị A y  5( x  3)  hay y  5 x  22 0,25 Phương trình tiếp tuyến đồ thị B y  5( x  1)  hay y  5 x  0,25 Tính z = - 3i 0,25 Khi | z | 42  (3)2  0,25 3b Phương trình cho tương đương 32 x  4.3x  45  0,25 0,5đ t  Đặt 3x  t , (t  0) ta t  4t  45    Do t>0 nên ta chọn t=9, t  5 0,25 3x   32  x  Vậy phương trình cho có nghiệm x = 1,0đ 2 Ta có I   dx   0 Tính A   dx  x Tính B   x2  x3 dx 0,25 8 0,25 x2 dx Đặt  x3  t   x3  t  x dx  tdt 1 x 0,25 t 3 2 Đổi cận x  t Khi B   dt   dt  t  t 31 3 Vậy I  A  B   1,0đ 28  3 0,25 * Ta có mặt cầu (S) có tọa độ tâm A( 0; 1; 2), bán kính R  d ( A; ( P ))  0,25 Vì (S) có phương trình: x  ( y  1)  ( z  2)2  0,25 * Đặt M(x; y; z) Khi theo giả thiết ta có:  MA  MB 2 x  y  z   MA  MB  MC     MB  MC  2 x  y    M  ( P) 2 x  y  z   2 x  y  z    x     y  Vậy M(2 ;3 ;-7)  z  7  6a 0,5 Do  6b 0,5đ 0,25     nên sin   Do sin    cos 2   Vậy P  2sin  cos  cos    0,25 5   sin   9 2 1 (  )  2( )2    3 0,25 0,25 Không gian mẫu  cách chọn môn tự chọn số mã đề thi nhận Mạnh Lâm Mạnh có C32 cách chọn hai môn tự chọn, có C61 C61 mã đề thi nhận cho hai môn tự chọn Mạnh Lâm có C32 cách chọn hai môn tự chọn, có C61 C61 mã đề thi nhận cho hai môn tự chọn Lâm 0,25 Do n( )  (C32 C61 C61 )  11664 Gọi A biến cố để Mạnh Lâm có chung môn thi tự chọn mã đề thi Các cặp gồm hai môn tự chọn mà cặp có chung môn thi cặp , gồm : Cặp thứ (Vật lí, Hóa học) (Vật lí, Sinh học) Cặp thứ hai (Hóa học, Vật lí) (Hóa học, Sinh học) Cặp thứ ba (Sinh học, Vật lí) (Sinh học, Hóa học) Suy số cách chọn môn thi tự chọn Mạnh Lâm C31.2!  0,25 Trong cặp để mã đề Mạnh Lâm giống Mạnh Lâm mã đề môn chung, với cặp có cách nhận mã đề của Mạnh Lâm C61 C61.1.C61  216 Suy n()  216.6  1296 Vậy xác suất cần tính P( A)  n( A) 1296   n() 11664 S A 1,0đ D Q M E H C D H B O A (Hình câu 7) B K P C 0,25 (Hình câu 8) *Gọi H trọng tâm tam giác BCD Theo giả thiết ta có SH  ( ABCD) Gọi O giao điểm AC BD Ta có CH  CO  AC  a  AH  AC  HC  2a Cạnh SA 3   450 , SH = AH =2a Diện tích đáy tạo với đáy góc 450, suy SAH S ABCD  AB AD  a.2 a  2a 1 2a Vậy thể tích khối chóp S.ABCD V  S ABCD SH  2a 2a  3 *Gọi M trung điểm SB mp(ACM) chứa AC song song với SD Do d(SD ;AC)= d(SD ; (ACM))= d(D ; (ACM)) 0,25 0,25 Chọn hệ tọa độ Oxyz, với A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; 2a ; 0), C (a; 2a;0), S ( 2a 2a 5a 2a ; ; 2a), M ( ; ; a) Từ viết phương trình mp(ACM) 3 0,25 2 x  y  z  Vậy d (SD, AC )  d ( D,( ACM ))  | 2 2a | 22a  11 1 Chú ý: Cách Dùng phương pháp hình học túy, quy KC từ điểm đến mặt phẳng 1,0đ Tam giác ABC cân A nên đường cao AK trung trực canh BC, AK có phương trình 2x – y = Phương trình đường thẳng BC x + 2y = 0,25 Ta chứng minh Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Thật Vì AD// PE, AE// PD nên ADPE hình bình hành, PD = AE, AD = PE Gọi H giao điểm DE với CQ Vì P, Q đối xứng qua DE nên DP =DQ, DH  PQ, EQ  EP Do AE= DP= DQ, EQ= EP= AD Suy ADEQ hình thang cân, nên ADEQ nội tiếp đường tròn Vì ta có   DEQ   1800  DEQ   1800  DAQ  (1) DAQ Tam giác ABC cân A nên tam giác EPC cân E, suy EP = EC Lại có Q đối xứng 0,25 với P qua DE nên EQ= EP, suy EQ = EP = EC   ECQ   EQC   ECH  , suy EPCH nội tiếp đường tròn (2) Từ có   EPH    EPH  EQH Từ (1) (2) ta   1800  PEH   1800  QEH   DEQ   1800  DAQ   1800  BAQ  BCQ   BAQ   1800 Suy tứ giác ABCQ nội tiếp, tức Q thuộc đường tròn ngoại hay BCQ tiếp tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua B, C, Q có phương trình x  y  0,25 2 x  y   x  1, y  2  Tọa độ điểm A nghiệm hệ   x  y   x  1, y  Đối chiếu A, Q phía với đường thẳng BC ta nhận điểm A(-1 ; -2) Vậy A(-1 ; -2) 1,0đ 0,25 Bất phương trình cho tương đương ( x x   x  x  x  x  2)  (1  x  x  1)   ( x  1)(2 x  x  2) 2  x x   x  x 1 x  x   ( x  1)( x(1  x) 2x2  x  2 0  x2  x   x 0,25 )0 x x 1  x  x 1 x  x  1 x  x 1  ( x  1) A  (1) với A  2x2  x  2 2  x x x 1  x  x 1 x  x  1 x  x 1 0,25  x  x   x   x  x  x2  x    x x2  Nếu x    x  x    x  x2  x  x2  x   x x2    A  Nếu x>0 , áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:  x2  x   x2  x  x  x  x  x    x2  x   2  2 x  x  1  x x2    x2   2 0,25  x2  x  x2  x   x x2   2x2  x  x  A  1 x   x  x 1 1 1 x  x 1 Tóm lại , với x   ta có A>0 Do (1) tương đương x    x  Vậy tập nghiệm bất phương trình cho (1; ) Chú ý : Cách Phương pháp hàm số Đặt u  x  x   u  x  x  vào bpt cho ta có u  x  x  x x   u (1  u  1) 0,25  u  u  u u 1  x2  x  x x2 1 Xét f (t )  t  t  t t  ) f ' (t )  (t  t  1)  t   0t nên hàm nghịch biến R Do bpt  u  x  x  10 1,0đ Ta có a  [0;1], b  [0;2],c  [0;3] (1  a )(b  c)  b  c  ab  ac    2a  b  3c  2ab  bc  ac (1) (2  b)(a  c)  2 a  2c  ab  bc  0,25 2(2ab  ac  bc) 2(2ab  ac  bc)   2a  b  3c  2ab  ac  bc Mặt khác b  c  a(b  c) a  [0;1] , suy 8b 8b 8b   b  c  b(a  c )  a(b  c)  b(a  c)  2ab  bc  ac  Với số thực x, y, z ta có ( x  y )  ( y  z )  ( z  x)   2( x  y  z )  xy  yz  zx  3( x  y  z )  ( x  y  z ) (2) Áp dụng (2) (1) ta có 12a  3b2  27c  3[(2 a)2  b2  (3c)2 ]  (2a  b  3c)2  2a  b  3c  2ab  bc  ac  b 2 12a  3b  27c   b ab  bc  ac  0,25