Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 9464044a

Họ tên thí sinh ………………………………………………………………………….Số báo danh………………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN Câu §iÓ m Néi dung - Tập xác định D  R \ 1 - Sự biến thiên y '  3  x  1 0,25  với x  D + Hàm số nghịch biến khoảng  ;1 , 1;   + Hàm số cực trị + lim y  x   , suy đường thẳng y = đường tiệm cận ngang đồ thị 0,25 x  lim y x   , lim y x   , suy đường thẳng x  đường tiệm cận đứng đồ thị  x 1 x + Bảng biến thiên - x + y’(x ) Câu 1a + y 1,0 điểm 0,25 -  y - Đồ thị + Đồ thị hàm số qua điểm  0; 1 ,  2;1 , 4;3 , 2;5 + Đồ thị nhận điểm I 1;2  làm tâm đối 0,25 xứng O -2 x -1 Gọi M  x ; y0  , Câu 1b 1,0 điểm  x  1 , y0  2x  , Ta có d  M, 1   d  M,Ox   x   y0 x0 1  x0 1  Với x  2x    x  1  2x  x0 1 x  1 , ta có pt x 02  2x   2x0    x0  Với x  Suy M  0; 1 , M  4;3 1 , ta có pt x 02  2x   2x   x 02   (vô nghiệm) Vậy M  0; 1 , M  4;3 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2a 0,5 điểm Câu 2b 0,5 điểm  5  sin x  2sin x  sin   2x    sinx 1  2sin x   cos 2x     sin x.cos 2x  cos 2x   cos 2x(sin x  1)  0,25  k   x 4  k cos 2x  Kết luận: nghiệm phương trình x   ,    sin x  1  x    k2   x  k2 Điều kiện xác định 2  x  Khi log3  x    log3  x    log  8  x    log3 [  x  2 x  4 ] - log3 8  x  0,25 1  x   x     x  6x   3x  48x  192  2x  54x  184    x   x  23 8  x   0,25 0,25 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm pt x  t 2 tdt 4 xdx t2  3 Suy I      dt t 1 t 1  x  1 3x  2 t Đặt t  3x   t  3x   2tdt  3dx  dx  tdt Khi x   t  2, x   t  Câu điểm   2     1  dt   dt  2 dt  t     dt  t 1  32 t 1 2  t 1 t 1  4   ln t   ln t     ln 3 4 0,25 0,25 0,25 0,25 Điều kiện n  n  1 n   4 n! n!  n2   n  n  n  1 n  C3n  n  2Cn2  3! n  3! 2! n  ! 0,25 n  9n   n  (do n  ) Câu 4a 0,5 điểm 9  k   2  Khi ta có  x     C9k x 9k     C9k x 93k  2  x  k 0   x  k 0 Số hạng chứa x tương ứng giá trị k thoả mãn  3k   k  k Suy số hạng chứa x C92 x  2   144x Gọi  không gian mẫu phép lấy ngẫu nhiên viên bi từ viên bi suy 0,25 Câu 4b 0,5 điểm n     C39  84 Gọi A biến cố lấy viên bi xanh Trường hợp Trong viên bi lấy có viên bi xanh, viên bi đỏ, có C52 C14  40 cách Trường hợp Ba viên bi lấy toàn màu xanh, có C35  10 cách Suy n  A   C52 C14  C53  50 Câu Vậy P  A   0,25 0,25 n  A  50 25   n    84 42 Ta có VS.ABCD  SH.SABCD , SABCD  a 0,25 S Do (SIC),(SBD) vuông với đáy suy SH  (ABCD)  Dựng HE  AB  SHE   AB , suy SEH   600 góc (SAB) (ABCD)  SEH Ta có SH  HE.tan 600  3HE F A D K M P I H C E HE HI a a    HE   SH  CB IC 3 1 a 3a Suy VS.ABCD  SH.SABCD  a  3 0,25 B Gọi P trung điểm CD, suy AP song song vớiCI  d  SA, CI  d CI, SAP   d H, SAP  0,25 Dựng HK  AP , suy SHK   SAP  Dựng HF  SK  HF  SPA   d H, SPA   HF 1 (1)   2 HF HK HS2 1 1 Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK     2 HK DM DP DA a 1 1 Thay vào (1) ta có          HF  2 HF DP DA HS a a a a 2 a Vậy d SA, CI   2 Do SHK vuông H  Gọi I giao điểm BM AC C Câu E 1,0 điểm B 0,25 Ta thấy BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC M F 0,25    BM  AC ABC  BEM  EBM  CAB Đường thẳng BM qua M vuông góc với AC BM : x  2y   Toạ độ điểm I nghiệm hệ I A 13  x   12    2x  y     13 11   I ;  IM  ;     5   5  x  2y    y  11     8 4  Ta có IB   IM   ;   B 1; 3  5  0,25 Trong ABC ta có 1 5     BA  BI 2 2 BI BA BC 4BA 8 4 Mặt khác BI        , suy BA  BI  2     Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có 2 0,25  a 3 BA    a  1    2a    5a  26a  33    11 a     2  Do a số nguyên suy A  3; 3 AI   ;   5   Ta có AC  5AI   2;   C 1;1 Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1 2 Câu 1,0 điểm 2 0,25  Gọi I trung điểm AB, A 1; 3; 2 , B  3;1; 2 suy I  2; 1;2   IA   1; 2;0   IA  0,25 Suy mặt cầu đường kính AB có phương trình  x     y  1   z    0,25 2 Do I thuộc trục Oy nên I có tọa độ I  0;a;0  IA    a  3  a  6a  14, IB  13   a  1  a  2a  14 2 a   11 IA  2IB  IA2  2IB2  a  6a  14  2a  4a  28  a2  10a  14    a   11    Vậy I 0;5  11, , I 0;5  11, 0,25 0,25  Điều kiện xác định x  1, x  y  Khi 2x  2x   x  y y  x  y  2x2  xy  y2  2x  x  y    x  y  2x  y  Câu 1,0 điểm   xy    x  y  2x  y     2x  x  y 2x  x  y   0,5 Do x  1, x  y   2x  y  , từ suy x  y x   x  x  21  x    x   x  21    x2   x  2  x 2   (3) x  21    x 1  Thay vào (2) ta có Vì x       x   1    , từ (3) suy x  2 10  x  91 x  21    Vậy nghiệm hệ phương trình  2;  0,25 x2 0,25 Ta có 2yz   x  y2  z  2yz  x   y  z   2x  y  z  x2 x  Suy 2x  2yz   2x  2x  y  z   2x  x  y  z   2x  2yz  x  y  z 2 y2 y  Suy 2y  2xz  x  y  z  1 xy  1 z P    x  y  1   x y 2 xyz 2 xyz Tương tự Câu 0,25 1,0 điểm Ta có x  y   x  y2   1  z    2z 1 2     2z 2  2z  z   1 z Xét hàm số f  z   1     2z  0;1 2  2z  z  z f ' z     với c   0;1 2 2  2z  2z  z   2z  z Suy P  1    0,25 0,25 Do hàm số liên tục  0;1 , nên f  z  nghịch biến  0;1 1 ,z  2 1 ,z  Vậy GTLN P  đạt x  y  2 Suy P  f  z   f     Dấu = xảy x  y  Mọi cách giải khác cho điểm tương ứng 0,25 ... Gọi A biến cố lấy viên bi xanh Trường hợp Trong viên bi lấy có viên bi xanh, viên bi đỏ, có C52 C14  40 cách Trường hợp Ba viên bi lấy toàn màu xanh, có C35  10 cách Suy n  A   C52 C14  C53... 0;1 1 ,z  2 1 ,z  Vậy GTLN P  đạt x  y  2 Suy P  f  z   f     Dấu = xảy x  y  Mọi cách giải khác cho điểm tương ứng 0,25