Đáp án Đề thi THPT Phước Bình Bình Phước Lần 5 năm 2016

Đáp án Đề thi THPT Phước Bình Bình Phước Lần 5 năm 2016 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập...

P N THI TH I HC LN 1 NM 2014 MễN TING PHP đề thi gồm 80 câu dành cho tất cả các thí sinh c bi khoỏ v chn phng ỏn ỳng (ng vi A hoc B, C, D) cho mi cõu t 1 n 10. Tộlộphone et Internet : les consommateurs europộens pas tout fait satisfaits Une partie importante des consommateurs europộens se plaint du coỷt ộlevộ des communications tộlộphoniques et de la qualitộ des connexions Internet. Selon une enquờte menộe auprốs de 27 000 mộnages travers l'Union europộenne (UE), 61 % des utilisateurs de tộlộphone mobile et 49 % des abonnộs une ligne fixe limitent leurs appels tộlộphoniques pour des raisons de coỷt. Parmi les abonnộs Internet haut dộbit, 30 % dộclarent que leur vitesse de tộlộchargement fluctue, 36 % disent subir des interruptions de connexion et 24 % affirment que les performances de leur connexion ne correspondent pas aux conditions prộvues dans leur contrat. Autre sujet de prộoccupation : la protection des donnộes numộriques. 84 % des mộnages souhaiteraient ờtre informộs en cas de perte, de vol ou de modification de leurs donnộes caractốre personnel. La Commission europộenne rappelle que la stratộgie numộrique de l'UE doit garantir l'accốs de tous les Europộens une connexion Internet d'ici 2020, et faire en sorte que, pour la mờme date, au moins 50 % des mộnages europộens disposent d'une connexion trốs haut dộbit. Par ailleurs, Bruxelles prộcise que le ô paquet Tộlộcom ằ, mis en uvre partir du 26 mai 2011, oblige les fournisseurs d'accốs Internet informer soit les autoritộs rộglementaires nationales, soit les abonnộs, de toute violation des donnộes caractốre personnel. Autres renseignements : les Europộens sont de plus en plus nombreux opter pour des offres groupộes combinant au moins deux services (Internet, tộlộvision numộrique ou tộlộphonie). Enfin, 43% des mộnages europộens n'ont toujours pas accốs Internet. Face ce constat, Bruxelles rappelle que la stratộgie numộrique pour l'Europe vise mettre en place des mesures pour renforcer la concurrence, la confiance et la sộcuritộ dans ce secteur. Daprốs Femme actuelle.fr, 14 octobre 2010. Cõu 1. Ce texte est extrait ______. A. dun reportage tộlộvisộ B. dune revue scientifique C. dun manuel de franỗais D. dun journal ộlectronique Cõu 2. Il sagit dun texte ______. A. injonctif B. informatif C. explicatif D. narratif Cõu 3. ______ de consommateurs europộens se montrent mộcontents de tộlộphonie et dInternet. A. La minoritộ B. Peu C. La majoritộ D. Assez Cõu 4. Les consommateurs europộens se plaignent ______. A. parce quils ont du mal tộlộphoner B. parce que les connexions Internet coỷtent cher C. parce que les communications tộlộphoniques sont ộlevộes D. parce quils ont du mal demander les entretiens des connexions Internet Cõu 5. ______ des consommateurs utilisent librement leur tộlộphone portable. A. 30 % B. 39 % C. 49 % D. 61 % Cõu 6. ______ dutilisateurs dInternet haut dộbit sont mộfiants de la vitesse de tộlộchargement. A. Presque un tiers B. Un tiers C. Un quart D. Presque un quart Cõu 7. Les abonnộs Internet veulent ______. A. quInternet leur fournisse toutes les donnộes numộriques B. quInternet les informe de toutes les donnộes numộriques C. que leurs informations personnelles soient sauvegardộes D. que leurs informations personnelles soient affichộes Cõu 8. Le ô paquet Tộlộcom ằ consiste ______ des donnộes personnelles. A. arrờter des vols B. fournir C. modifier D. maintenir la sộcuritộ Cõu 9. LUnion europộenne veut que ______. A. toutes les familles europộennes sabonnent Internet B. la moitiộ des familles europộennes Chuyên dạy học sinh học nhiều nơi không tiến TRƯỜNG THPT PHƯỚC BÌNH – ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015–2016, LẦN Câu Ý Nội dung Điểm 1/ Tập xác định:  2/ Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: y = 3x2 – 6x = 3x(x – 2); y =  x = x = y >  x < x > 2; y <  < x < Vậy hàm số đồng biến khoảng ( ;0) (2; ) ; hàm số nghịch 0.25 biến khoảng (0; 2) +) Cực trị Hàm số đạt cực đại x=0 yC Đ= –1; hàm số đạt cực tiểu x=2 yCT=–5 +) Giới hạn vô cực     lim y  lim x 1      ; lim y  lim x 1      x x  x  x   x x   x x  +) Bảng biến thiên: x  y’ + I 2đ 0 –1 –  0.5 +  y  –5 3/ Đồ thị Đồ thị nhận điểm I(1; –3) làm điểm đối xứng Đồ thị qua điểm (–1;–5);(0;–1);(1;–3);(2;–5);(3;–1) O -1 -1 -2 -3 0.25 -4 -5 -6 Số giao điểm đồ thị (C) đường thẳng d số nghiệm phương 2 trình x  3x   mx  (1) 0.25 0.25 Tham gia khóa học thầy Quang Baby để có kết tốt kỳ thi THPT QG http://qstudy.edu.vn/ http://qstudy.vn/ Page Chuyên dạy học sinh học nhiều nơi không tiến x  pt (1)  x3  3x  mx   x  x  3x  m      x  3x  m  (2) Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) điểm phân biệt phương trình (2) m  m    phải có hai nghiệm phân biệt khác hay  9  4m  m   sin x  cos x  4sin x   sin x cos x   cos x  4sin x   sin x cos x  2sin x  4sin x   2sin x  2 0.25 0.25 x70 ĐK: x >  log x  2  3log 2 x      log x   6log x   0.25  log x  1  x   log x  2log x       log x   x  0.25 ;x 8 0.25 2 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x  Xét phương trình ln x   x  Diện tích hình phẳng III 1đ 0.25 cos x  sin x   sin x   x  k sin x      , k   sin  x      x    k 2 cos x  sin x     3  gpt:  log x   3log II 1.5đ  0.5 e e e S   ln xdx  x ln x   x dx 1 x e  e   dx  e  x e 1 Tham gia khóa học thầy Quang Baby để có kết tốt kỳ thi THPT QG http://qstudy.edu.vn/ http://qstudy.vn/ 0.25 0.5 0.25 Page Chuyên dạy học sinh học nhiều nơi không tiến Gọi H trung điểm cạnh AB ta có SH đường cao hình chóp S.ABC CH đường cao tam giác ABC Từ giả thiết ta   300 Tam giác SHC vuông SCH H nên SH 3a  tan 300  CH  SH  CH Vây, thể tích khối chóp S.ABC là: S D K A C H 1 a3 V  SH AB.CH  (đvtt) IV 1đ 0.25 G B 0.25 Dựng hình bình hành ABCD, d  BC , SA   d  BC ,( SAD)   d  B,( SAD)   2d  H ,( SAD )  Gọi G, K hình chiếu H đường thẳng AD SG ta có: AD  HG    AD  ( SHG )  HK  AD AD  SH  mà HK  SG nên HK  ( SAD ) hay d  H ,  SAD    HK Tam giác SHG vuông H nên 1 1 1 52 3a        HK  2 2 2 HK HG HS HB HC HS 9a 13 3a Vậy, d  BC , SA   13 Vì mặt cầu (S) có tâm I(1;1;0) tiếp xúc với mp(P) nên bán kính mặt 11 1 r  d ( I ,( P ))   cầu V 1đ VI 1đ Vậy, phương trình mặt cầu (S) là:  x  1   y  1  z  Gọi mp( ) mặt phẳng cần tìm Trục Ox chứa điểm O véctơ   i  (1;0;0) , mp(P) có vtpt n  (1;1;1) mp ( ) chứa trục Ox vng góc   với mặt phẳng (P) nên qua điểm O nhận u   n, i    0;1; 1 véctơ Vậy, phương trình mp ( ) : y – z = 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Gọi E, F, G trung điểm đoạn thẳng CD, BH AB Ta chứng minh AF  EF Ta thấy tứ giác ADEG ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF nội Tham gia khóa học thầy Quang Baby để có kết tốt kỳ thi THPT QG http://qstudy.edu.vn/ http://qstudy.vn/ Page Chuyên dạy học sinh học nhiều nơi không tiến tiếp, AF  EF A Đường thẳng AF có pt: x + 3y – = Tọa độ điểm F nghiệm hệ: 17  x  3 x  y  10   17    F  ;   AF   D  5 x  3y  y   AFE  DCB  EF  G B 0.25 F 32 H E C AF  ; 2 51   17   E  t ;3t  10   EF    t     3t    5  5  19  19   5t  34t  57   t   t  hay E  3; 1  E  ;   5 Theo giả thiết ta E  3; 1 , pt AE: x + y – = Gọi D(x; y), tam giác ADE vuông cân D nên  x  12   y  12   x  32   y  12  AD  DE    AD  DE  x  1 x  3   y  1 y  1  y  x  x  x     hay D(1;-1)  D (3;1)  y  1  y   x  1 x  3  Vì D F nằm hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;–1) Khi đó, C(5; –1); B(1; 5) Vậy B(1; 5); C(5; –1) D(1; –1) 0.25 0.25 0.25 2 x  y    y (1) Giải hệ pt:  9  x  xy  y  (2) x  y   Đk:   x  1 +) Nếu y  , để hệ có nghiệm  y  VII VT (1)  x  y      VT (1)  VP(1) hệ vô nghiệm VP(1)   y   0.25 +) Nếu y < 0, từ (2) suy x >      x  xy  y     9     y     y  (3)  x  x Tham gia khóa học thầy Quang Baby để có kết tốt kỳ thi THPT QG http://qstudy.edu.vn/ http://qstudy.vn/ Page Chuyên dạy học sinh học nhiều nơi không tiến Xét hàm số f (t )  t  t , t  0; f '(t )   2t  t2  0t  0.25   (3)  f   y  x    f ( y )  y x  x Thế vào pt(1) ta có phương trình  y    y (4) Hàm số y2 g ( y )  2  y  đồng biến  ;0  ; hàm số h(y) = – y nghịch y 0.25 biến  ;0  phương trình có ngiệm y = –3 nên pt(4) có nghiệm y = –3 Vậy, hệ có nghiệm (1; –3) Tổng số viên bi hộp 24 Gọi  không gian mẫu Lấy ngẫu nhiên viên hộp ta có C244 cách lấy hay n(  )= C244 Gọi ...Khối B 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 LẦN THỨ NHẤT Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - Thang điểm này có 06 trang) Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi 0 m  ta có 3 2 3 1 y x x      Tập xác định: D    Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: 2 ' 3 6 ; ' 0 0 y x x y x       hoặc 2 x  0,25 Khoảng đồng biến: (0;2) ; các khoảng nghịch biến: ( ;0)  và (2; )   Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 0; 1 CT x y   ; đạt cực đại tại 2, 5 CÑ x y    Giới hạn: lim x y    ; lim x y    0,25  Bảng biến thiên: x  0 2  ' y  0  0  y  5 1  0,25  Đồ thị: 0,25 b. (1,0 điểm) Ta có: 2 2 ' 3 6 3 6 y x x m m      2 ' 0 2 ( 2) 0 2 x m y x x m m x m               0,25 1 (2,0 điểm) Hàm số có hai cực trị  ' 0 y  có hai nghiệm phân biệt  2 1 m m m       0,25 Khối B 2 Với 3 2 2 3 1 x m y m m        Với 3 2 2 2 9 12 5 x m y m m m        Tọa độ hai điểm cực trị là   3 2 ; 2 3 1 A m m m     và   3 2 2;2 9 12 5 B m m m m     0,25   1;3 I là trung điểm của AB  2 2 0 6 12 0 2 2 A B I A B I x x x m m m y y y m                    Vậy giá trị m cần tìm là 0, 2 m m    . 0,25 Điều kiện: cos 0 x  . Phương trình đã cho tương đương với 2 2 cos sin cos sin x x x x    0,25 (cos sin )(cos sin 1) 0 x x x x      0,25 cos sin 0 x x    tan 1 4 x x k       ( ) k   0,25 2 (1,0 điểm) 2 1 cos sin 1 cos 2 4 4 4 2 2 2 x k x x x x k x k                                 ( ) k   Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm 4 x k     hoặc 2 x k   . ( ) k   0,25 Xét hệ phương trình 2 2 2 4 4 2 2 0 (1) 8 1 2 9 0 (2) x xy y x y x y                Điều kiện: 1 1 2 0 2 x x     . Đặt 2 t x y   , phương trình (1) trở thành: 2 1 2 0 2 t t t t           0,25 Nếu 1 t  thì 2 1 1 2 0 x y x y       . Thế vào phương trình (2) ta được phương trình 2 8 9 0 y y    Đặt 0 u y   , phương trình trở thành: 4 3 2 8 9 0 ( 1)( 9) 0 1 u u u u u u u            . Khi đó hệ có nghiệm 0 1 x y      0,25 Nếu 2 t   thì 2 2 1 2 3 0 x y x y         . Thế vào phương trình (2) ta được phương trình 2 3 8 3 9 0 8 3 ( 3)( 3) 0 8 ( 3) 3 0 y y y y y y y y                      Với 3 y   thì hệ có nghiệm 1 2 3 x y         0,25 3 (1,0 điểm) Xét phương trình 8 ( 3) 3 0 y y     (3) Đặt 3 0 v y    , phương trình (3) trở thành: 3 6 8 0 v v    Xét hàm số 3 ( ) 6 8 f v v v    , ta có: Khối B 3 2 '( ) 3 6 f v v   và '( ) 0 2 f v v    Hàm ( ) f v đạt cực đại tại ( 2;8 4 2)   , đạt cực tiểu tại ( 2;8 4 2)  Vì (0) 8 0 f   và 8 4 2 0   nên ( ) 0 f v  không có nghiệm 0 v  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là 1 0 ; 2 1 3 x x y y              . 0,25 Ta có: 1 1 1 2 2 2 0 0 0 1 1 2 0 0 ln( 1) 1 ln( 1) 1 ( 1) ( 1) ( 1) 1 1 ln( 1) 1 ( 1) x x I dx dx dx x x x x d dx x x                           0,25 1 1 2 0 0 1 1 ln( 1) 2 1 ( 1) x dx x x        ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ TOÁN KHỐI D LẦN 1- NĂM 2013-2014 (Gồm 05 trang) Câu Nội dung Điể m 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm sô: 3 2 y x 3x 1    (1,0 điểm) +) TXĐ: D R  +) Giới hạn: 3 2 lim ( 3 1) x x x      , 3 2 lim ( 3 1) x x x      +) Sự biến thiên: 2 ' 3 6   y x x , 2 0 ' 0 3 6 0 2           x y x x x 0,25 Hàm số đb trên các khoảng     ;0 & 2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng   0;2 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1 , hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = -3 0,25 Bảng biến thiên x  0 2  y  + 0  0 + y 1   - 3 0,25 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1)  là tâm đối xứng. 0,25 2) Viết phương trình tiếp tuyến (1,0 điểm) Ta có : y’ = 3x 2 - 6x Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên hệ số góc của tiếp tuyến là: k = 9 0,25 Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x 2 - 6x = 9 1 3 x x        0,25 Với x = -1, ta có y(-1) = -3. Khi đó tiếp tuyến có PT là: y = 9x + 6 ( loại vì trùng với (d)) Với x = 3, ta có y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có PT là: y = 9x - 26 0,25 I (2đ) Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 0,25 1) Giải PT lượng giác (1,0 điểm) II (2đ) ĐK: cosx  0 0.25 www.VNMATH.com PT  )cos.sin(sin2cossin)tan(tancos)cos(sin 2 1 222 xxxxxxxxxx  0)1sin2)(cos(sin     xxx 0.25 )( 2 6 5 2 6 4 2 1 sin 0cossin Zk kx kx kx x xx                            0.25 Kết hợp điều kiện, các nghiệm trên đều thỏa mãn. 0.25 2) Giải hệ phương trình (1,0 điểm) ĐK:        0 3 1 y x 0.25 Từ pt (2) ta có 2 3 1 x y y x       0.25 +) Với x = y thay vào (1) ta có    2 3 1 0 x x x x         0 ( ) 2 3 1 0 x tmdk x x         0 1 ( loai) x y x 0.25 +) Với 2y = 3x +1 thay vào ( 2) có       1 3 1 1 2 x x x tìm được    1 2 x y (tmđk) Vậy hpt có nghiệm là: (0 ;0), (1;2). 0.25 III Tính tích phân (1,0 điểm) Ta có        1 0 1 0 22 )2( )1ln( )2( dx x x dx x x I . Tính              1 0 1 0 1 0 1 0 222 1 )2( 2 2 )2( 22 )2( x dx x dx dx x x dx x x I = 3 1 2 3 ln  0.25 Tính     1 0 2 2 )2( )1ln( dx x x I . Đặt                     2 1 1 )2( )1ln( 2 x v x dx du x dx dv xu 0.25 Khi đó: 3 4 ln2ln 3 1 )2)(1( 2ln 3 1 1 0 2     xx dx I 0.25 Vậy I = 3 1 2 3 ln  3 4 ln2ln 3 1  = 2ln 3 2 3 1  0.25 (1,0 điểm) IV +) Gọi I = MD  AC. Tính được MC= a, MD = 3 a ; AC= 6 a www.VNMATH.com .MC // AD nên có 2 2 3 1 1 3 3 2 1 2 1 6 2 3 3 a ID MDMI ID MC MI IC AD ID IA a IC IA IC AC                         2 2 2 2 2 IC ID a DC IDC      vuông tại I DM AC   (1) 0,25 +) Có (2) SA MD  . Từ (1), (2) có ( ) DM SAC DM SI    Chỉ ra góc giữa hai mặt phắng (SDM) và (ABCD) là góc SIA  = 60 0 0,25 +) 0 .tan 60 2 2 SA IA a   và 2 2 ( ) 2 DCM a S dvdt  0,25 3 1 2 . ( ) 3 3 SDCM DCM a V SA S dvtt   0,25 (1,0 điểm) +) ĐK: 1,    yRx . +) Đặt z= 01 y , ta được hệ phương trình:        23 12. 23 22 axzx xzzx . Ta thấy z=0 không thỏa mãn hệ. Với z>0, đặt x=tz thì hệ trở thành:        )2(2)3( )1(1)2( 33 23 attz ttz 0,25 +) Do z>0 nên từ (1) ta có: t<0 hoặc t>2. Từ hệ (1) và (2) ta có: a+2= t t tt 2 3 2 3   , t>0 hoặc t<2. 0,25 +) Xét hàm số f(t)= t t tt 2 3 2 3   , t>2 hoặc t<0. Lập BBT của hàm số. 0,25 V +) Kết luận:              2 1 4 2 3 2 62 a a a a . 0,25 1) (1,0 điểm) . Đường tròn (C) có tâm I(-1; 1), bán kính R= 2 2  IB= IC = R= 2 2 Tính IA = 29 2 2 2 R   => A nắm trong đường tròn (C). 0,25 . 1 3 . sin 2 3 sin 2 2 S IB IC BIC BIC IAB       0 60 0 120 ( ) BIC BIC loai         IBC  đều. Gọi H là Trang 1/4 Câu Đáp án Điểm 1 (2.0 điểm) a. (1.0 điểm) Khảo sát… • Tập xác định: = ℝD \ {1}. • S ự biến thiên: →−∞ = x lim y 2 , →+∞ = ⇒ = x lim y 2 y 2 là đường TCN của đồ thị hàm số. + → = −∞ x 1 lim y , − → = +∞ ⇒ = x 1 lim y x 1 là đường TCĐ của đồ thị hàm số. 0.25 = > ∀ ∈ − 2 2 y' 0 x D (x 1) ⇒ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (1; ).+∞ 0.25 Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ ' y + + y +∞ 2 2 −∞ 0.25 0.25 b. (1.0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình: 2 x 1 2x 4 2x m x 1 2x (m 4)x m 4 0 (1)  ≠ −  = + ⇔  − + − − + =   d cắt (C) tại hai điểm phân biệt (1)⇔ có hai nghiệm phân biệt khác 1 2 2 (m 4) m 4 0 m 4 (*) m 4 m 16 0  + − − + ≠  < −  ⇔ ⇔   > ∆ = − >    0.25 Khi đó, giả sử A A B B A(x ;2x m),B(x ;2x m)+ + với A B x ,x là nghiệm của (1) Áp dụng định lý Vi-ét ta có: − + = A B 4 m x x 2 và A B 4 m x x 2 − = 0.25 Ta có: 2 2 IAB m 4S 15 2d(I,AB).AB 15 2 AB 15 4AB .m 1125 5 = ⇔ = ⇔ ⋅ ⋅ = ⇔ = 2 2 2 2 A B A B A B 20(x x ) .m 1125 4[(x x ) 4x x ]m 225⇔ − = ⇔ + − = 0.25 ⇔ − = ⇔ = ∨ = − ⇔ = ± 2 2 2 2 (m 16)m 225 m 25 m 9 (loaïi) m 5 tm(*) Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: m 5.= ± 0.25 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) • Đồ thị: x 0 2 y 4 0 - Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;2) làm tâm đối xứng. www.VNMATH.com Trang 2/4 2 (1.0 điểm) Giải phương trình … Điều kiện: sinx 0≠ Khi đó phương trình 2 2 cos x 3cosx 2 3(cosx 1) sin x ⇔ − = − ⇔ − = − ⋅ − 2 2 cos x 3cos x 2 3(cos x 1) 1 cos x 0.25 ⇔ − = − ⋅ − + 2 cos x 3cos x 2 3(cosx 1) (1 cosx)(1 cos x) − ⇔ − = + 2 3cos x 3cos x 2 1 cosx 0.25 ⇔ − + = − 2 (3cos x 2)(1 cos x) 3cos x ⇔ + − = 2 6 cos x cosx 2 0 =  ⇔  = −  cos x 1 / 2 cos x 2 / 3 (tmđk) ( )  = ±π + π ⇔  = ± − + π   x / 3 k2 x arccos 2 / 3 k2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: ( ) = ±π + π = ± − + πx / 3 k2 ;x arccos 2 / 3 2k . 0.25 3 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình … Điều kiện: ≥x 1/ 2. PT 3 2 8x 2x 1 4y 12y 13y 5 3 2x 1⇔ − = + + + + − ⇔ − + − = + + + ⇒ + ≥ 3 [4(2x 1) 1] 2x 1 4(y 1) (y 1) y 1 0 Đặt 2x 1 u(u 0) − = ≥ thì pt trở thành: + = + + + 3 3 4u u 4(y 1) (y 1) (*) 0.25 Xét hàm số: 3 f(t) 4t t= + với t 0≥ Ta có: 2 f '(t) 12t 1 0 t 0= + > ∀ ≥ ⇒ hàm số f(t) đồng biến trên (0; )+∞ Do đó ⇔ = + ⇔ = + ⇒ − = + ⇔ = + + 2 (*) f(u) f(y 1) u y 1 2x 1 y 1 2x y 2y 2 0.25 Thế vào (2) ta được: + + − + + + + + + + = 2 2 2 3 2 (y 2y 2) 4(y 2y 2) 4(y 1) 2y 7y 2y 0 ⇔ + + + = ⇔ + + + = 4 3 2 3 2 y 6y 11y 6y 0 y(y 6y 11y 6) 0 ⇔ + + + = 2 y(y 1)(y 5y 6) 0 0.25  = ⇒ =  = − ⇒ =  ⇔  = −  = −  y 0 x 1 (tmñk) y 1 x 1/ 2 (tmñk) y 2 (loaïi) y 3 (loaïi) 0.25 4 (1.0 điểm) Tìm số hạng chứa … Điều kiện: n , n 3∈ ≥ℕ n 3 2 1 n 2 n n 1 n 1 n 3 C C C C − + − − + − = n! (n 1)! (n 1)! (n 3)! 3!(n 3)! (n 3)!2! (n 2)!1! (n 2)!1! − − + ⇔ − = ⋅ − − − + n(n 1)(n 2) 3(n 1)(n 2) 6(n 1)(n 3)⇔ − − − − − = − + n(n 2) 3(n 2) 6(n 3)⇔ − − − = + 2 n 1 (loaïi) n 11n 12 0 n 12 (thoûa maõn)  = − ⇔ − − = ⇔  =  0.25 Khi đó: ( ) 12 k 12 12 12 k 3 4 3 k 4 k k 51 5k 12 12 k 0 k 0 4 4 P x x x C x C ( 4) x x x − − = =     = − = − = −         ∑ ∑ 0.25 Số hạng tổng quát trong khai triển là: k k 51 5k 12 C ( 4) x − − Số hạng chứa 11 x ứng với 51 5k 11 k 8− = ⇔ = 0.25 Vậy hệ số của số hạng chứa 11 x trong khai triển là: − = 8 8 12 C ( 4) 32440320. 0.25 www.VNMATH.com Trang 3/4 5 (1.0 điểm) TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN (Đáp án – thang điểm có 04 trang) KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017, LẦN I ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: NGỮ VĂN Phần I NỘI DUNG Câu ĐỌC HIỂU - Nội dung văn bản: + Để theo đuổi đạt ước mơ, phải hành động + Trên đường vươn tới thành công, phải nắm bắt hội + Hãy tạo hiệu hành động thực tiễn - Đặt nhan đề cho văn bản: + Một ngày mới, hội + Sức mạnh hành động (Thí sinh lựa chọn phương án đặt số nhan đề khác phù hợp với nội dung văn bản) - Phương thức biểu đạt chính: Nghị luận - Thao tác lập luận chính: Bình luận Giải thích câu nói: “Đôi bạn nhận thấy trở ngại xuất đường bạn không mục đích khác mục đích mở hội để đưa bạn tới vị trí cao hơn”: - Câu nói khẳng định vai trò, ý nghĩa trở ngại, thử thách đường đến thành công người Thông thường, theo thói quen suy nghĩ nhiều người khó khăn, thử thách rào cản khiến người khó đạt mục đích Tuy nhiên, câu nói cho thấy: trở ngại, khó khăn hội giúp người phát huy lực thân, đạt thành công khẳng định vị trí xã hội - Câu nói thể cách suy nghĩ, thái độ sống tích cực: lạc quan, có niềm tin, lĩnh, ý chí lòng tâm… để biến trở ngại thành hội Học sinh rút thông điệp ý nghĩa khác phải kiến giải lựa chọn cách hợp lý thuyết phục LÀM VĂN II Viết đoạn văn ngắn (khoảng 200 chữ) trình bày suy nghĩ ý kiến nêu văn phần Đọc hiểu: “Không có hiệu đóng khung tường – cố gắng tạo hiệu từ hành động mình.” a Đảm bảo cấu trúc đoạn văn nghị luận 200 chữ Có đủ phần mở đoạn, phát triển đoạn, kết đoạn Mở đoạn nêu vấn đề, phát triển đoạn triển khai vấn đề, kết đoạn kết luận vấn đề b Triển khai vấn đề nghị luận thành luận điểm; vận dụng tốt thao tác lập luận; kết hợp chặt chẽ lí lẽ dẫn chứng; rút học nhận thức hành động * Giải thích - Khẩu hiệu: câu văn ngắn gọn, súc tích, thường tóm tắt nhiệm vụ, thái độ sống, triết lý, phương châm hành động… nhằm mục đích định hướng, tuyên truyền, cổ vũ, phát động người thực việc làm - Ý kiến khẳng định: cách thức để tuyên truyền, cổ vũ người thực Điểm 3.0 0,5 0,5 1,0 1,0 7.0 2,0 0,25 1.5 0,25 nhiệm vụ, hành động, phương châm sống đắn triết lý, lời nói suông mà quan trọng phải việc làm, hành động cụ thể, thiết thực * Bàn luận - “Không có hiệu đóng khung tường” vì: + Khi hiệu lý thuyết, chưa thực hóa thành hành động chưa kiểm chứng thực tiễn Nhiều lúc, chưa đủ sức mạnh tác động làm thay đổi nhận thức, hành động để người tự nguyện làm theo + Khẩu hiệu đóng khung bất biến, thực tiễn lại phong phú, sinh động, nảy sinh nhiều tình phức tạp Vì vậy, số hoàn cảnh cụ thể, làm theo hiệu cách cứng nhắc, máy móc hiệu công việc không cao - Phải “tạo hiệu từ hành động mình” vì: + Bằng hành động thực tiễn nhiệm vụ, yêu cầu đặt hiệu trở thành thực Và qua thực tế đời sống hiệu kiểm chứng, từ khái quát triết lý, phương châm hành động đắn + Hành động đắn có ý nghĩa thiết thực hiệu thực tế Vì vậy, có tác dụng nêu gương, khích lệ, thuyết phục, cổ vũ người tạo thành phong trào hành động nhân rộng xã hội + So với hiệu đóng khung, hành động thực tiễn có tính linh hoạt, từ có khả thay đổi, điều chỉnh để phù hợp với hoàn cảnh cụ thể khác đời sống Do đó, hiệu suất công việc cao - Mở rộng: + Nhận định không đồng nghĩa với việc phủ định vai trò hiệu đời sống + Không phải hành động tạo nên “khẩu hiệu” Chỉ có hành động đắn, tác động tích cực đến thân cộng đồng có sức tuyên truyền, định hướng, cổ vũ người làm theo * Rút học nhận thức hành động đắn, phù hợp c Sáng tạo: có cách diễn đạt sáng tạo, thể suy nghĩ sâu sắc, mẻ vấn đề nghị luận Cảm nhận đoạn thơ, từ bình luận ngắn gọn nét bật phong cách thơ Tố Hữu thể qua đoạn trích thuộc thơ Việt Bắc a Đảm bảo cấu trúc nghị luận: có đủ phần mở bài, thân bài, kết Mở nêu vấn đề, thân triển khai vấn đề, kết kết luận vấn đề b Xác định vấn đề cần nghị luận: Cảm nhận đoạn trích, từ thấy nét bật phong cách thơ Tố Hữu: thơ trữ tình trị, có tính dân tộc, ...   AF   D  5 x  3y  y   AFE  DCB  EF  G B 0. 25 F 32 H E C AF  ; 2 51   17   E  t ;3t  10   EF    t     3t    5  5  19  19   5t  34t  57   t   t...  Vì D F nằm hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;–1) Khi đó, C (5; –1); B(1; 5) Vậy B(1; 5) ; C (5; –1) D(1; –1) 0. 25 0. 25 0. 25 2 x  y    y (1) Giải hệ pt:  9  x  xy  y  (2) x ... điểm O nhận u   n, i    0;1; 1 véctơ Vậy, phương trình mp ( ) : y – z = 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 Gọi E, F, G trung điểm đoạn thẳng CD, BH AB Ta chứng minh AF  EF Ta thấy tứ giác