Đáp án Đề thi THPT Đồng Xoài Bình Phước Lần 3 năm 2016

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 SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT ĐỒNG XỒI Câu Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – 2016 Mơn TỐN Lớp 12 – Lần Thời gian làm 180 phút Nội dung +TXĐ: D = R + y' = 3x2 –6x ; y' = x = ; x = ; lim y  ; lim y   x  Điểm 025 x  025 +Bảng biến thiên x y y   0   + Hàm số đồng biến (–∞; 0) (2; +∞) + Hàm số nghịch biến (0 ; 2) + Điểm CĐ: (0; 4), điểm CT: (2; 0) + Điểm đặc biệt: x –1 y 2    025 025 +Vẽ đồ thị  1 + TXĐ: D  R \   nên hàm số xác định liên tục [0; 3]  2 Tham gia khóa học thầy Quang Baby để có kết tốt kỳ thi THPT QG http://qstudy.edu.vn/ http://qstudy.vn/ 025 Page Chuyên dạy học sinh học nhiều nơi không tiến + y/  2 x 1 + y 0  2; 025  0, x   0;3 y 3  025 025 + Vậy: Max y  x  3; y  2 x  0;3 0;3 a z  1  i 2  i    i  z  5  2i 025 z  5  22  29 025 b 025 025 2  x  log (2  x)     1  x  2  x  I   025   3x   dx     3x  1   dx  0  2     x  1  x  9 0  0,5 025  + vtcp d vtpt (P) nên nP   2;1; 3 025 025  pttq ( P) :2( x  4)  1( y  5)  3( z  3)   x  y  3z  22   x   2t   ptts d :  y  t  z  2  3t  025 + Xét pt: 1  2t   t   2  3t   22   14t  14   t  + Vậy tọa độ giao điểm d (P) H  3;1; 5  025 0,25 0,25 a sin x  2sin x   2sin x  cos x  1   x  k b + Số phần tử không gian mẫu: n     C63  20 025 + Gọi A biến cố “ chọn HS có nam nữ” n  A   C41C22  C42C21  16 + Vậy xác suất P  A   16  20 025 a2 S   600 Do SA  ( ABC ) nên góc SB với đáy SBA   a tan 600  a SA  AB tan SBA + Do ABC tam giác cạnh a nên S ABC  025 H C A Tham gia khóa học thầy Quang Baby để có kết tốt kỳ thi THPT QG http://qstudy.edu.vn/ N M Khttp://qstudy.vn/ B Page Chuyên dạy học sinh học nhiều nơi không tiến 025 a2 a3 a 3 4 + Gọi N trung điểm AB, ta AC // (SMN) Gọi K, H hình chiếu A lên MN SK, ta có: AH  SK ; MK  ( SAK )  MK  AH nên VS ABC  025 AH  ( SMN )  AH  d  A;  SMN    d  AC , SM    NAC   600 KNA   a sin 600  a AK  AN sin KNA 1 16 17 a 51 a 51       AH  Vậy d  AC , SM   2 AH AK SA 3a 3a 3a 17 17 d1 : x  y   025 d2 : x  y   Vì d1 phân giác góc A nên đường thẳng l qua H vng góc với d1 cắt AC điểm H’ đối xứng với H qua d1 Gọi I giao điểm l d1, I trung điểm HH’ Phương trình đường thẳng l : y   ( x  1) Tọa độ điểm I nghiệm hệ :  x y20  I (2;0)  y    ( x  )  a   xI  4  '   H (3;1) b   yI   Đường thẳng AC qua H’(–3;1) AC  d2: x  y   nên AC có hệ số góc Gọi tọa độ H’(a;b) 3 13 nên có phương trình là: y   ( x  3)  y  x  4 4  x  y   suy tọa độ điểm A:   A(5;7)  y  (3x  13) 025 k  025  CH qua H(–1;–1) có vtpt HA  (6;8)  2.(3; 4) 025 Phương trình CH dạng: 3( x  1)  4( y  1)   3x  y   3x  y  13  10   C  AC  CH nên tọa độ C nghiệm hệ:   C ;   4  3x  y   025   x  y 1  + Điều kiện:    5  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  x  y    x  x  x  y    +Ta có hệ    x  y  x  xy  y  y  5    x  y 1   x  x  x  y        x  y       x  xy  y  y    025 Dễ thấy x  xy  y  y     x  xy  y    y  y  1     x  y    y 1   : vô nghiệm với x, y  R 2  x  y    x  x  x  y   Do hệ    x  y   x    x  x  x   (*)    x  y  Giải phương trình: x    x  x  x   (*) +) Điều kiện:   x  025 x    1  x  x  x   2x 8 x4   ( x  4)(2 x  1)   x 1    x +) Phương trình  x        (2 x  1)   x     x   (2 x  1)  nên x =  y = 2 x 1    x Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (4; 2) Dễ thấy 025 025 10 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có a  4b a  4b  16c a  ab  abc  a    a  b  c 2 3 Đẳng thức xảy a  4b  16c 3 Suy P   2a  b  c abc Đặt t  a  b  c, t  Khi ta có: P  Xét hàm số f  t   025 025 3  2t t 3 3 với t  ta có f '  t     2t t 2t t 2t Tham gia khóa học thầy Quang Baby để có kết tốt kỳ thi THPT QG http://qstudy.edu.vn/ http://qstudy.vn/ 025 Page Chuyên dạy học sinh học nhiều nơi không tiến f 't    Bảng biến thiên t 3    t 1 2t t 2t   f 't  f t   0 +   Do ta có f  t    t 0 3 t = Vậy ta có P   , đẳng thức xảy a  b  c  16  a  ,b  ,c   21 21 21 a  4b  16c Vậy giá trị nhỏ P  025  16   a, b, c    , ,   21 21 21  Lưu ý : Mọi cách giải khác mà cho trọn số điểm ! Tham gia khóa học thầy Quang Baby để có kết tốt kỳ thi THPT QG http://qstudy.edu.vn/ http://qstudy.vn/ Page 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) Nguyễn Anh Tuấn trường DTNT tỉnh Bình Phước ĐT: 0985.767.113 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2014-2015 Bài Nội dung   a  a : − ÷ (5đ) a) Rút gọn A =  1+ a + 1÷ ÷  ÷   a − a a + a − a − 1  a ≥  a − 1≠  a ≥ ⇔ (*) +) ĐK: a a + a − a − 1≠ a ≠  a  − ≠0  a − a a + a − a −  a   a − ÷:  ÷= Với đk (*) ta có: A =  1+ ÷  a − a a + a − a − 1÷ a +     b) Tìm a để A > +) Ta có A > 1⇔ a+ a + a −1 a+ a + > 1⇔ a −1 − 1> ⇔ a+ a −1 a+ a + a −1 >0 ⇔ a − 1> (doa + > 0) ⇔ a > +) Kết hợp với đk (*) , ta a > c) Tính A biết a = 2015− 2014 Ta có: a = 2015− 2014 = A= ( ) 2014 − ⇒ a = 2014 − thay vào A ta ( 2015− 2014) + ( 2014 − 1) + = 2015− 2014 2014 − ( 2014 − 1) − Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = +) Ta có: P= x2 + x2 − x + = 2(x2 − x + 1) − (x2 − 2x + 1) x2 − x + Do giá trị lớn P x = = 2− x2 + x2 − x + (x − 1)2 ≤2 12 (x − ) + 2 1 (x − x + 1) + (x2 + 2x + 1) (x + 1)2 2 =3 = + ≥ +) Ta có: P = 3 x − x+1 x2 − x + (x − )2 + Do giá trị nhỏ P x = −1 x2 + Cho phương trình x2 − 2mx + 2m2 − 1= (1) Trang 1/3 Nguyễn Anh Tuấn trường DTNT tỉnh Bình Phước (5đ) ĐT: 0985.767.113  −1 −1< m< ∆ ' > 1− m2 >    ⇔ a) Pt (1) có hai nghiệm dương phân biệt ⇔ S > ⇔ 2m>  P > 2m2 − 1>  < m<    b) Với ∆ ' ≥ ⇔ −1≤ m≤ (**) , Khi x1 + x2 = 2m; x1x2 = 2m2 − Ta có : x13 − x12 + x23 − x22 = −2 ⇔ ( x1 + x2 ) − 3x1x2 ( x1 + x2 ) − ( x1 + x2 ) + 2x1x2 − = (2)  m= Thay x1 + x2 = 2m; x1x2 = 2m − vào (2) ta −2m(2m − 3) = ⇔  m= ±  Đối chiếu với đk (**), ta m= thỏa mãn ycbt  2 8xy (1)  x + y + x + y = 16 Giải hpt   x2 + 12 + x + y = 3x + x2 + (2)  ĐK: x + y > 2 x + y = 3x > ⇒ x > Từ pt (2) suy  x2 + 12 − x2 + 5÷ +   8xy 8xy − 16= ⇔ (x + y)2 − 16 − 2xy + =0 Từ pt (1) suy (x + y)2 − 2xy +   x+ y x+ y  x+ y− 2xy  ⇔ ( x + y − 4) ( x + y + 4) − 2xy = ⇔ ( x + y − 4)  x + y + 4− ÷= x+ y x+ y  ( )  x+ y = ⇔ ( x + y − 4) x2 + y2 + 4x + 4y = ⇔  2  x + y + 4x + 4y = +) Với x + y = thay vào (2) ta x2 + 12 + = 3x + x2 + ⇔  x2 + 12 − 4÷ = ( 3x − 6) +  x2 + − 3÷     2   x −4 x −4 x+ x+ ⇔ = 3( x − 2) + ⇔ (x − 2)  − − 3÷ =  ÷ x2 + 12 + x2 + + x2 + +   x + 12 +  x = 2⇒ y = x+ x+ ⇔ − − = (VN x > 0)   x2 + 12 + x + 5+ +) Vì x + y > nên x2 + y2 + 4(x + y) > Đối chiếu với đk, ta nghiệm hpt là: ( x; y) = ( 2;2) a) Chứng minh 2n3 + 3n2 + n chia hết cho với số nguyên n (3đ) Ta đặt: A = 2n3 + 3n2 + n = n(2n2 + 3n + 1) = n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) 2(n + 2) − 3 = 2n(n + 1)(n + 2) − 3n(n + 1) Ta có: n(n + 1)(n + 2) chia hết 2n(n + 1)(n + 2) chia hết cho Trang 2/3 Nguyễn Anh Tuấn trường DTNT tỉnh Bình Phước Lại có: n(n + 1) chia hết 3n(n + 1) chia hết cho ĐT: 0985.767.113 Vậy A chia hết cho với số nguyên n b Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + 3xy − x − y + = ⇔ (x + y)(x + 2y − 1) = −3  x + y = −3  x + y = −3  x = −8 +)  x + 2y − 1= 1⇔  x + 2y = ⇔  y =    x+ y = x+ y = x = +)  x + 2y − 1= −3 ⇔  x + 2y = −2 ⇔  y = −3     x + y = −1  x + y = −1  x = −6 x+ y = x+ y = x = +)  x + 2y − 1= ⇔  x ... A:   A(5;7)  y  (3x  13) 025 k  025  CH qua H(–1;–1) có vtpt HA  (6;8)  2. (3; 4) 025 Phương trình CH dạng: 3( x  1)  4( y  1)   3x  y   3x  y  13  10   C  AC  CH... 3x   dx     3x  1   dx  0  2     x  1  x  9 0  0,5 025  + vtcp d vtpt (P) nên nP   2;1; 3 025 025  pttq ( P) :2( x  4)  1( y  5)  3( z  3)   x  y  3z...   xI  4  '   H ( 3; 1) b   yI   Đường thẳng AC qua H’( 3; 1) AC  d2: x  y   nên AC có hệ số góc Gọi tọa độ H’(a;b) 3 13 nên có phương trình là: y   ( x  3)  y  x  4 4  x 