Đáp án thi thử THPTQG môn toán tỉnh Bắc Giang

Đáp án đề thi thử THPTQG năm 2016 của tỉnh Bắc Giang môn toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG Câu Ý HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 MÔN THI: TOÁN (Bản hướng dẫn chấm có 05 trang) Nội dung trình bày 1,0 điểm *) TXĐ: D  *) Sự biến thiên: - Giới hạn: lim y  ; lim y   x  Điểm 0,25 x  Suy đths tiệm cận x  Ta có y '  x  x ; y '     x  2 - Hàm số đồng biến khoảng (; 2), (0; ) Nghịch biến (2;0) -Bảng biến thiên   x -2 y’ + 0 +  - 0,25 0,25 y -4  *) Vẽ đồ thị 0,25 1,0 điểm Hệ số góc tiếp tuyến: k  3 Phương trình tiếp tuyến có dạng: y  3x  b  b  2016   x 1 1  x   3 x  b  Điều kiện tiếp xúc:  có nghiệm 3        x  1 x      x  1    x  Với x  có b  1 Suy phương trình tiếp tuyến: y  3 x  Với x  có b  Suy phương trình tiếp tuyến: y  3 x  Kết luận 1,0 điểm a cos x  3sin x  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  3sin x  1  cos x    3sin x  s in x  -1-   x  k sin x       x   k 2 (k  ) sin x     2 x   k 2  0,25 Kết luận b 3x 1  31 x  10 x 1  3.3    10.3x 1   0,25 3x 1  x    x 1   3  x   0,25 Kết luận 1,0 e e e I   x  x  ln x  dx   x dx   x ln xdx 1 e e 2 x3dx  1 x   e  1 2 e Ta có  x ln xdx  0,25 e e  1 2 1 x ln x  x dx   e  x  1 x    e I   x  x  ln x  dx  0,25 e  e2   1 4 e  2e  e  e      0,25 0,25 1,0 điểm x   t  + d :  y   t , Tọa độ điểm B   t ;1  t ; 2t  Vì B giao điểm (P) d nên ta có  z  2t  0,25  t  2(1  t )  2t    t  5 Suy B  3; 6; 10  0,25 Gọi I, R tâm bán kính mc(S), I nằm d nên I(2+a;1-a;2a) a5 IA  a  (2  a)2  4a  6a  4a  4, d(I, (P))  Do mặt cầu (S) qua A tiếp xúc với (P) nên a  a5 2 6a  4a    35a  34a     a   35  0,25 -2- Với a   I(3; 0; 2), R   phương trình mc(S) : (x  3)  y  (z  2)  Với a   69 36 29  I( ; ;  ), R   35 35 35 35 35  29  69 36 phương trình mc(S) : (x  )  (y  )  (z  )2    35 35 35  35  Vậy phương trình (S) cần tìm  29  69 36 (x  3)  y  (z  2)  , (x  )  (y  )  (z  )    35 35 35  35  0,25 2 1, điểm z  a  b i, (a , b  )  (2  3i )  a  bi   5i  a  bi  2i  2a  2bi  3ai - 3b  5i  a - bi  0,25  a  3b   (3b  3a  5)i  3  a  a  3b      b  a     b  11  12 3 11 a  b  Vậy phần thực z phần ảo 12 b Gọi A, B, C biến cố: Gà mái mầu trắng, mầu nâu, mầu đen đẻ trứng Theo giả thiết ta có P(A)  ; P(B)  ; P(B)  Theo công thức biến cố đối ta có: 1 P A  ;P B  ;P C  Gọi D biến cố: “Ít gà đẻ trứng” suy D biến cố: “cả gà không đẻ trứng” Từ ta có: D  A  B  C Do việc gà đẻ trứng độc lập nên biến cố A, B, C độc lập Theo công thức nhân xác suất ta có: 1 1 P D  P A P B P C   24 23 Theo công thức biến cố đối ta P  D    P D  24 23 Vậy xác suất cần tìm 24 a     0,25             -3- 0,25 0,25 1,0 điểm S K C A a d H B Do SA vuông góc với (ABC) nên AC hình chiếu SC (ABC)  SCA  60  SA  a a2 a3 Thể tích khối chóp S.ABC VS.ABC  (đvtt) Kẻ đường thẳng d qua B song song với AC ta có khoảng cách AC SB khoảng cách AC mp(SB, d) khoảng cách từ điểm A đến mp(SB,d) Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với d H a Ta có ABH  BAC  60  AH  ABsin 60  Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với SH K Ta có tam giác SAH vuông A nên 1 a 15       AK  2 AK AH SA 3a 3a 3a Do d vuông góc với SA AH nên d vuông góc với (SAH)  (SB,d) vuông góc với (SAH) mà AK vuông góc với SH nên AK vuông góc với a 15 (SB,d)  d(A, (SB, d))  AK  a 15 Vậy khoảng cách AC SB 1,0 điểm Diện tích tam giác ABC SABC  A N E M B H I C (T) có tâm I(3;1), bán kính R  Do IA  IC  IAC  ICA (1) Đường tròn đường kính AH cắt BC M  MH  AB  MH / /AC (cùng vuông góc AB) -4- 0,25 0,25 0,25 0,25  MHB  ICA (2) Ta có: ANM  AHM (chắn cung AM) (3) Từ (1), (2), (3) ta có: AI vuông góc MN  phương trình đường thẳng IA là: x  2y   Giả sử A(5  2a;a)  IA 0,25 a  Mà A  (T)  (5  2a)2  a2  6(5  2a)  2a    5a2  10a    a  Với a   A(1; 2) (thỏa mãn A, I khác phía MN) 0,25 Với a   A(5; 0) (loại A, I phía MN)  9 Gọi E tâm đường tròn đường kính AH  E  MN  E  t; 2t   10    38  Do E trung điểm AH  H  2t  1; 4t   10     58    48   AH   2t  2; 4t   , IH   2t  4; 4t   10  10       272 896 t 0 Vì AH  HI  AH.IH   20t  25   11 13   H ;  t  5 5   28  31 17   H ;  t   25 25   25 Với t  0,25 0,25  11 13   H  ;  (thỏa mãn) 5 5     Ta có: AH   ;   BC nhận n  (2;1) VTPT  5  phương trình BC là: 2x  y   1,0 điểm x  y ĐK:   1  x  +) với x   y  0,25 +) Với x  PT (1)  x Xét hàm số f (t )  t    x2    3x x  y x 1 1 y   y   (*)  t   R Chứng minh hàm số đồng biến R Với đk x  y  f ( x )  f ( y )  VT (*)  VP (*) 0,25 Dấu “=” xảy x  y Thay x  y vào phương trình (2) ta được: 0,25 (2 x  1)  x  (2 x  1)  x  x ĐK :   x  1, x  -5- Đặt a   x , b   x ; a, b  thay vào phương trình ta (a  b  1)a  (a  b2  1)b  (a  b2 )  (a  b )(b  a)  b  a  (a  b )  a  b  (a  b )(b  a )  b  a  (a  b )    a  b    2 2 + Với a  b  x  ( loại) 0,25 + Với a  b  1 1 5 5  1 x  1 x   x2  x 2 8 Vậy hệ phượng trình có nghiệm x  y   10 5 1,0 điểm t2 Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy  (x + y) ta có xy  2 t  t  xy (3t  2) t P Do 3t - >  xy   xy  t  0,25 Ta có t (3t  2) t2 P  t2 t2  t 1 t  t  4t t2 t  4t ; f '(t )  ; Xét hàm số f (t )  f '( t )   0 2 t2 (t  2) (t  2) t  Lập bảng biến thiên hàm só f (t ) t3  t2  x  y  x  Do P = f (t ) = f(4) = đạt   (2; )  xy  y  Tổng Hết -6- 0,25 0,25 0,25 10