Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 3490784a

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 Môn: TOÁN (Đáp án có 04 trang) Đáp án Điểm x  Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Ta có : y '  3x( x  2)  y '    x  Hàm số nghịch biến khoảng  ;  va  2;    ,đồng biến khoảng 0,25 Câu Tập xác định: D  R (1,0đ) (0 ;2) Hàm số đạt cực tiểu x=0 yCT=-2 Hàm số đạt cực đại x=2 yCĐ=2 Giới hạn lim y   ; lim y   x  0,25 x  Bảng biến thiên: x  y’ y  0 +  - 0,25 -2  y f(x)=-x^3+3X^2-2 0,25 x -8 -6 -4 -2 -5 Đồ thị (C ) cắt Ox A(1;0) (1,0đ) (1,0đ) f '( x)  1  x  2 0,25 x  0,25 Hệ số góc tiếp tuyến A là: k  f '(1)  1 0,25 Phương trình tiếp tuyến y  1( x  1)   y  x  0,25 a) Ta có ( z  i)(1  2i)   3i   z  i 1  i  z 1  2i 0,25 Do số phức z có mô đun 0,25 b) Điều kiện: x  Bất phương trình cho  ( x  1)( x  2)   x2  x   0,25 x    Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm BPT  3;  x     dx Tính :  2  x  1  (1,0đ) 0.25 0,25 1 0   dx   d( x  1) x 1  2 x  ln x   0,25 0,25   ln (1,0đ)    (P) có vtpt n  (1; 2;1) , d qua A vuông góc với (P) có vtcp u  n  (1; 2;1) x   t    Phương trình đường thẳng d y  1  2t Do I  d  I (2  t ; 1  2t ; t )     z  t I thuộc (P) nên (2  t )  2(1  2t )  t    t  1 Vậy I(1;1;-1) Mặt cầu (S) có bán kính R  IA  có phương trình  x  1   y  1   z  1  a) Ta có: cos 2  cos2     (1,0đ) 2 16 ,sin    cos2   25 25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 89 25 0,25 b) Số cách chọn ngẫu nhiên đội 12 đội C125  792  n()  792 0,25 Suy P  10sin  cos   cos 2  Số kết thuận lợi cho biến cố A: ‘Mỗi Bộ có đội bảo vệ’ n( A)  C125  C55  C75  770  P( A)  0,25 n( A) 35  n() 36 Áp dụng định lý cosin tam giác AHB có AH  HB2  AB2  HB.AB cos60  a2 a  AH  (1,0đ) Góc đường thẳng SA mp(ABC) góc SAH  450 Tam giác SHA vuông cân H nên SH  AH  0,25 a 3 Thể tích khối chóp S.ABC V  SABC AH  a 21 36 0,25 Gọi E trung điểm AB, D đỉnh thứ tư hình bình hành ABCD Ta có AB / /CD  d( AB, SC )  d( AB, SCD)  d( B, SCD)  d( H , SCD) S Trong mp(ABC) Qua H kẻ đường thẳng song song với CE cắt đường thẳng CD F AB M tứ giác CEMF hình chữ nhật Kẻ HK vuông góc với SF K K CD  (SFM )  CD  HK , F  CD  HK H B   HK  (SCD) M C E D A   SF  HK 2 a Ta có HF  MF  CE  3 Tam giác SHF vuông H: 1 a 210    HK  2 SH FH HK 30 3 a 210  d ( AB, SC )  d ( H , SCD)  HK  2 20 0,25 0,25 Gọi M trung điểm BI N hình chiếu vuông góc G lên BI IN AG 2    IN  IM  BI  1 IM AM 3 E trọng tâm ACD 1  IE  DI  BI  EN  IN  IE  BI  BN 3  BN  EN  BGE cân G  GA  GB  GE  A, E, B thuộc đường tròn tâm G   ABE   2.450  900  AGE vuông cân G  AGE Ta có GN //AI  (1,0đ) 0,25 qua G   AG  : x  13 y  51   A  51  13a; a   GE Phương trình  AG  :  Khi AGE vuông cân G  AG  GE a   143   11  170  11   AG2    13a    a      a      10  A  1;  a  3 3         2  11  Ta có AG  AM  AG  AM  M  ;  3  2 Phương trình  BD  qua E M   BD  : 5x  y  17  2 0,25 2 tam G  10   11  170  G  :  x     y      3   R  GA 0,25 Phương đường tròn G  :  B giao điểm thứ hai  BD   G   B  7;  qua A   AD  : x  y   D 1; 4   AB   ABCD hình vuông  AB  DC  C  9; 2  Phương trình  AD  :  0,25 Bài toán có nghiệm A  1;  , B  7;  , C  9; 2  D  1; 4  Điều kiện: y   y  3 y  x  0; xy  0;   x  Từ phương trình thứ nhất, ta có x   y   x  + Xét:  , thỏa mãn hệ phương trình   y  + Xét x, y không đồng tời không, phương trình thứ tương đương với y   y  3 y  x  3x  xy  x  (1,0đ) y  2 y  3 y  x  x  y   y  3 y  x  3x   xy  x xy  x  0.25 0    11y  x  4x    y  x    0  yx  11y   y  3 y  x  3x xy  x    Thế y  x vào phương trình thứ hai, ta 2 x  1  x  2 x  1  x  x  a   x ; a   x   x  Đặt   2x  a2  b2  b   x ; b     2 Phương trình trở thành a  b a  b  1   a  b  2x     x  1 x 1   a  b a  b        a  b  a  b a  b  1  1      a  b   a  b   a  b     0,25 0,25 + Với a  b   x   x  x  (loại) 5 5 1 1 x y   x  1 x  8 2     5    ; Hệ phương trình có nghiệm:  x; y  0; 0 ,  8   + Với a  b  0,25 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: x  y  xy   x  y  z  5  x  y  10   x  y  z   x  y  18   x  y   z  4   x  y  z   x  y  z 2 Từ suy 10 (1,0đ) Khi P  0,25 2x 2x x   x  y  18 2 x  y  z x  y  z  x  y y x   x  y  4z x  y  4z 25z xy  x  y  x  y xy t 4t z      f t    xy x  y  4z 25z 25z t  25 4 z xy t 4t Với t  , có  , xét hàm số f t   t  25 z  4 t  f 't   ; f ' t    t 1    2 t  4  25  t  4 25  1  Pmax  25 25 x  y  z; x  y   x  y   Dấu đẳng thức xảy    z  x  y  z  xy     Vậy giá trị lớn biểu thức P 25 0,25 0,25 Do suy f t   f 1  0,25 Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa -Hết - ) chia sẻ ... có bán kính R  IA  có phương trình  x  1   y  1   z  1  a) Ta có: cos 2  cos2     (1,0đ) 2 16 ,sin    cos2   25 25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 89 25 0,25 b) Số cách... 4   AB   ABCD hình vuông  AB  DC  C  9; 2  Phương trình  AD  :  0,25 Bài toán có nghiệm A  1;  , B  7;  , C  9; 2  D  1; 4  Điều kiện: y   y  3 y  x ... xy     Vậy giá trị lớn biểu thức P 25 0,25 0,25 Do suy f t   f 1  0,25 Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa -Hết - ) chia sẻ