de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan truong thpt chuyen hung vuong gia lai lan 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (LẦN 1)
Môn: TOÁN
Câu
Câu 1
1,0 điểm

Nội dung

a) (1điểm) D  
b) Chiều biến thiên
lim y  ; lim y  
x 

Điểm
0,25

………………………………………………

x 

4
4
4
y '  x  x3  x(1  x 2 )
3
3
3
'
y  0  x  0; x  1; x  1
hàm số đồng biến trên (; 1) và (0;1) ;hàm số nghịch biến trên (1; 0) và (1; )

hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  0; yCT  0 ; hàm số đạt cực đại tại điểm x  1; yCD 
BBT
x
y’

-

-1
0
1
3

+

y

0
0

-

1
0
1
3

+

0



1
3

0,25

+
0,25

-

Đồ thị
2

5

5

2

0,25

4

6

Câu 2
1,0 điểm

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [0; 2] và f ' ( x)  ( x  1)e x …………..
f ' ( x)  0  x  1 (thỏa mãn ) ………………………………………………….
f (0)  2; f (1)  e; f (2)  0 ………………………………………………

Vậy Giá trị lớn nhất của hàm số là 0 khi x = 2
Giá trị nhỏ nhất của hàm số là -e khi x = 1
Câu 3
1,0 điểm

2

Ta có I 

2

 ( x  ln x ) x dx   x
1

2

*  x 2 dx 
1

1

3 2

x
3


1

2

0,25

0,25

2
2

dx   x ln x dx
1

7
…………………………………………………………………….
3

1

du  dx

u  ln x

x


2

 dv  xdx v  x

2
2

………………………….

0,25
0,25

0,25

………………………………………………………………..
0,25
2

2

2
 x2

 x2
  x2 
1
3
x
ln
xdx

ln

x

xdx

ln
x



     2ln 2  ……………………
1

4
 2
1 2 1
 2
1  4 1

0,25


2

2

Vậy: I  x 2 dx  x ln x dx 

Câu 4
a) 0,5 đ





1

1

7
3
19
 2 ln 2   2ln 2 
.........................................
3
4
12

Điều kiện x  ( , 1)  ( 0;3 ) ………………………………………………………….
log 2 ( x 2  x )  log 5 ( 3  x ) .log 2 5  log 2 ( x 2  x )  log 2 ( 3  x )

 x  1 (tm)
x2  x  3  x  x2  2 x  3  0  
 x  3 (tm)
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có nghiệm x =1, x = -3 ……………………

0,25

0,25

0,25

b) 0,5 đ

 3x 2  2 3 x  5 
 3x 2  3  2 3 x  2 
 2( 3 x  1) 
 3( x 2  1) 
lim 

lim

lim

lim
 x 1 
 x 1  x  1  x 1  x  1  …
x 1
x 1
x 1








2
2 20
…………

 lim 3( x  1)  lim
 6 
2
x 1
x 1 3
3 3
x  3 x 1

Câu 5
* d1: đi qua đi qua điểm M 1 (1;1;1) , có véc tơ chỉ phương u1  (1; 4;1)
1,0 điểm

d 2: đi qua đi qua điểm M 2 (2;  1;  1) , có véc tơ chỉ phương u2  (  2;  8; 2)

M 1M 2  (1; 2; 2) …………………………………………………………….
  
 

u1 , u2   0 ; u1 , M 1 M 2   ( 6 ;3; 6)  0  d1 / / d 2 ………………………





( )

0,25

0,25

0,25
0,25

* mp( ) chứa d1 / / d 2 nên pt mp( ) đi qua điểm M 1 (1;1;1) và nhận

 
n  u1 , M 1 M 2   ( 6;3; 6) làm véc tơ pháp tuyến.  ptmp( ) :2 x  y  2 z  3  0


oy  mp( )  A(0; 3; 0)
d3  mp( )  B
x  2  t
x  2
 y  5  t
 y  5


0,25
 B ( x; y; z ) là nghiệm của hệ: 

 B(2; 5; 3) ............
z


3

2
t
z



3


2 x  y  2 z  3  0
t  0

AB  (2; 2; 3)


Vì AB  (2; 2; 3) và u1  (1; 4;1) không cùng phương nên đường thẳng cần tìm đi
x y3 z
0,25
qua hai điểm A và B. Suy ra ptđt:
...............................................


2
2
3

sinA,sinB,sinC theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có :
Câu 6
a) 0,5 đ

sin 2 B  sin C.sin A  sin 2 B 

1
cos(C  A)  cos(C  A)
2

11

 1  cos 2 B    cosB   4 cos2 B  2cos B  3  0
2 2

1  13
1  13
(nhận) hoặc cos B 
(loại) …………………………..
 cos B 
4
4
3  13
……………………………………………………………..
cos 2 B  2 cos 2 B  1 
4
b) 0,5 đ

2
5

Số phần tử của tập hợp E là 5 A  100
Số các số thuộc E không có chữ số 4 là : 4 A42  48

0,25

0,25

Số các số thuộc E có chữ số 4 là : 100  48  52
3
0,25
Số cách chọn 3 số khác nhau thuộc tập E là C100
 161700 …………………………
Số cách chọn 3 số khác nhau thuộc tập E trong đó có đúng một số có mặt chữ số 4 là :
1
C52
.C482  58656 .
Xác suất cần tìm là :
Câu 7
1,0 điểm

1
C52
.C482
4888
……………………………………………….

3
C100
13475

0,25

S
1
a 2
BC 
4

4
I
là
trung
điểm
BC,
suy
ra
1
a 2
a 2
AI  BC ; AI  BC 
; HI  BH 
2
2
4
2
2
2 a 2a
a 10
AH  AI 2  IH 2 


4
16
4
BC  a 2; BH 

a

A

C

a
H

B

I

a 10
a 30
. 3
………
4
4
1
1 a 2 a 30 a 3 30
 .S ABC .SH  . .

…………………….
3
3 2
4
24
SH  AH . tan 600 

2

S ABC 

AB. AC a
VS . ABC

2
2

0,25
0,25

S

L
a

A
a
K
B

C

I
H

J
D

Tử B, kẻ đường thẳng song song với AC, Tử C, kẻ đường thẳng song song với AB, hai

đường thẳng này cắt nhau tại D.
Tử H, kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB và DC lần lượt tại K và J
Ta có SC  mp( SDC ); AB / / mp( SDC )
4
4
Nên d ( AB, SC )  d ( AB, ( DSC ))  d (K, (SDC))  .d ( H , ( SDC )) vì KJ  HJ
3
3
Từ H kẻ HL  SJ , ta chứng minh được HL  mp(SDC )  d(H; (SDC))  HL ………..
3
3a
30a 2 9a 2 a 39
HJ  BD  ; SJ  SH 2  HJ 2 


4
4
16
4
4
SH .HJ 3a 130
HL 

SJ
52
4
4
a 130
d ( AB, SC )  .d ( H , ( SDC ))  .HL 
………………………………….

3
3
13

0,25

0,25


Câu 8
1,0 điểm

A
N

P

y-1=0

J
1

( )

B

2

C

M(3; 3)

;3

P thuộc đường thẳng NP nên P (a ;1)
2

1
5

BP  BM   3   
2
2

2

2

a  2
1
5
1 9
2


…………………………
BP   a    (1  3 )    a     
2
2
2

4


 a  1
 Với a  2  P(2;1)
  3

Ptđt AB đi qua P(2;1) và nhận BP   ; 2  làm vtcp. Suy ra pt AB: 4 x  3 y  11  0
2

  3

Ptđt PJ đi qua P(2;1) và nhận BP   ; 2  làm vtpt. Suy ra pt PJ: 3 x  4 y  2  0
2


  5 
Ptđt MJ đi qua M(3; 3) và nhận BM   ; 0  làm vtpt. Suy ra pt MJ: x  3  0
2 
x  3
3 x  4 y  2  0

 7
PJ  MJ  {J }  J(x; y) là nghiệm của hệ: 

7  J  3; 
 4
x  3  0
 y  4
 7

Ptđt AJ đi qua J  3;  và vuông góc với PN: y-1=0. Suy ra pt AJ: x  3  0
 4
x  3
x  3  0
1


AJ  AB  {A}  A(x; y) là nghiệm của hệ: 

1  A  3;  
3

 4 x  3 y  11  0
 y   3

0,25

0,25

..


Với a  1  P(1;1)

  3

Ptđt AB đi qua P(-1;1) và nhận BP    ; 2  làm vtcp. Suy ra pt AB: 4 x  3 y  7  0
2



  3

Ptđt PJ đi qua P(-1;1) và nhận BP    ; 2  làm vtpt. Suy ra pt PJ: 3x  4 y  1  0
 2

  5 
Ptđt MJ đi qua M(3; 3) và nhận BM   ; 0  làm vtpt. Suy ra pt MJ: x  3  0
2 
3 x  4 y  1  0
x  3
PJ  MJ  {J }  J(x; y) là nghiệm của hệ: 

 J ( 3; 2 )
x  3  0
 y  2

Ptđt AJ đi qua J ( 3;  2 ) và vuông góc với PN: y-1=0. Suy ra pt AJ: x  3  0

x  3
x  3  0

 19 
AJ  AB  {A}  A(x; y) là nghiệm của hệ: 

19  A  3;  ….
 3
4 x  3 y  7  0
 y  3
1


Vì điểm A có tung độ âm. Vậy A  3;   ………………………………………………
3


0,25

0,25


Câu 9
1,0 điểm

 x 1
y2

 3 (1)

x4
 y3
10 x  15 y  3 xy  46  0 (2)

x 1
y2
Đ/K x  4; y  3;
 0;
 0 ........................................
y3
x4
Từ phương trình
( 2 )  xy  2 x  y  2  4( xy  3x  4 y  12)  (x  1)(y 2)  4(x  4)(y 3)



0,25

x 1 y  2
.
4
y3 x4

 x 1
y2

3

y

3
x
4

Ta được: 
 x  1 . y  2  4 (2)
 y  3 x  4

(1)

x 1
x 1
y2

y2
 u2 
; (u  0); v 
 v2 
; (v  0)
y3
y3
x4
x4
u  v  3
Hệ pt đã cho trở thành: 
uv  2
Giải, ta được u  2; v  1 hoặc u  1; v  2 ..........................................................

Đặt u 

 x 1
19

x
 y  3  4
u  2
 x  4 y  11

3
+
...................................




v

1
x

y


2
13
y

2




y
1
3

 x  4
 x 1
16

x
 y  3  1
u  1
x  y  2


3
+



v

2
4
x

y


14
22
y

2



y  
4
3

 x  4
 19 13 
 16 22 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y )    ;   và ( x; y )    ;  

3
3 
 3
 3

Câu 10
1,0 điểm

0,25

0,25

0,25

a 2  b 2  c 2  17( a  b  c)  2 ab  ( a  b) 2  c 2  17( a  b  c)
2

(a  b  c)2   (a  b)  c   2 (a  b) 2  c 2 
1
1
(a  b)2  c 2   (a  b  c)2  17(a  b  c)  (a  b  c) 2
2
2
...................................................................................
0  a  b  c  34

 Áp dụng bđt cô si:
(2a  67)  81  2 (2a  67).81 

1

2a  67



9
3
27


a  74
2a  67 a  74

 Áp dụng bđt cô si:
1
27

b  c b  c  54
3
1
27
27
27.4
3



2a  67
b  c a  74 b  c  54 a  b  c  128

(b  c)  27  27  3 3 (b  c).27.27  27 3 b  c 

3

0,25