de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan truong thpt binh minh ninh binh

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
CÂU
Câu 1a

ĐÁP ÁN

ĐIỂM
0,25

1 3
x  x2
3
Tập xác định: D   .
ta có: y 

y '  x 2  2x ; y '  0  x  0; x  2
Sự biến thiên:
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0);(2; )
+Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Cực trị:
+Hàm số đạt cực đại tại x  0 ; giá trị cực đại y  0
+Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ; giá trị cực tiểu y  4 / 3
Giới hạn: lim y  ;
x 

Bảng biến thiên:
x
y'
y

lim y  

x 

0,25


+



Câu 1b

0,25

0
0
0

-



2
0

+
-4/3

Đồ thị:

0,25

y '  x 2  2x .

0,25

x0  1  y0  

2
3

 y '(1)  1

0,25
0,25
0,25

1
Phương trình tiếp tuyến là y   x  .
3

Câu 2a

Câu 2b

Điều kiện: 2  x  1 . Bất phương trình trở thành: log2(x  1)2  log2 (4x  8)

0,25

 (x  1)2  4x  8  x 2  6x  7  0  x  1; x  7 (thỏa điều kiện)
Vậy phương trình có hai nghiệm x  1; x  7 .
A  (sin 4  2 sin 2) cos   (cos 2  1)2 sin 2.cos 

0,25

2

 2 cos .2 sin 2. cos 

0,25


 8 cos4 .sin   8(1  sin2 )2 .sin  

Câu 3

y liên tục trên  1;1 , y ' 
y (1) 

0,25

225
128

0,25

5
 0, x   1;1
( x  2) 2

0,25

1
3

0,25

Câu 4

y(1)  3
1
max y  , min y  3
 1;1
3 1;1
Điều kiện: x  1, x  13

Pt  x  1  2 

0,25
0,25

x2  x  6
( x  2)( x  1  2)
1
( x=3 không là nghiệm)
3
3
2x 1  3
2x 1  3

0,25

 (2 x  1)  3 2 x  1  ( x  1) x  1  x  1

Hàm số f (t )  t 3  t đồng biến trên  do đó phương trình  3 2 x  1  x  1
 x  1/ 2
 x  1/ 2
 3

2
3
2
(2 x  1)  ( x  1)
x  x  x  0
 x  1/ 2
1 5


1  5  x  0, x 
2
 x  0, x 

2
Vậy phương trình có nghiệm S  {0,
Câu 5

I 



x (x 2  sin 2x )dx 

Xét J 





0,25

0,25

1 5
}
2

x 3 .dx   x . sin 2xdx 

1 4
x   x .sin 2xdx
4

du  dx
u  x


 
x . sin 2xdx . Đặt 
dv  sin 2x .dx

v   1 cos 2x


2

0,25

0,25

1
1
1
J   x . cos 2x   cos 2x .dx   x .c os2x  sin 2x
2
2
2

0,25

Kết luận

0,25


Câu 6

Ta có SH  (ABCD)  HC là hình chiếu
vuông góc của SC trên (ABCD)
  450
 (

SC ,(ABCD ))  SCH

0,25

S


Theo giả thiết BAD
 60 0  BAD

K
B

3
a 3
đều  BD  a ; HD  a; AI 
4
2

C
H
I

và AC  2AI  a 3
A

E
D

Xét SHC vuông cân tại H , ta

0,25

2
a 2 a 3 
13


a
có: SH  HC  IC  HI     
 
 2 
4
 4 
2

2

1
1
1
39 3
SH .SAHCD  SH . AC .HD 
a
3
3
2
32
Trong (ABCD) kẻ HE  CD và trong (SHE ) kẻ HK  SE (1). Ta có:



CD  HE
 CD  (SHE )  CD  HK (2)


CD  SH (SH  (ABCD ))


Từ (1) và (2) suy ra HK  (SCD)  d(H ,(SCD))  HK
Vậy VS .AHCD 

Xét HED vuông tại E , ta có HE  HD.sin 600 
Xét SHE vuông tại H , ta có HK 

SH .HE
2

SH  HE

Mà

0,25

3 3
a
8


3 39
4 79

a

d (B,(SCD ))
BD
4
4
4

  d (B,(SCD ))  d (H ,(SCD ))  HK 
d (H ,(SCD )) HD
3
3
3

Do AB / /(SCD)  d(A,(SCD))  d(B,(SCD)) 
Câu 7

2

Số cách chọn 5 hoc sinh từ 9 học sinh là C95
Để chọn 5 hs thỏa mãn , ta xét các trường hợp sau
1 nữ 12 , 2 nam 11, 2 nữ 10 có C31C42C22 cách

0,25

39
79

39

79

a

a
0,25

2 nữ 12, 2 nam 11, 1 nữ 10 có C32C42 C21 cách

0,25

2 nữ 12, 1 nam 11, 2 nữ 10 có C32C41C22 cách

0,25

3
3

1
4

1
2

3 nữ 11 , 1 nam 11, 1 nữ 10 có C C C cách
1 nữ 12 , 3 nam 11 , 1 nữ 10 có C31C43C21 cách
Vậy xác suất cần tìm là .................

0,25

Câu 8

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên
AB, AD
Gọi N là giao điểm của KM và BC
Gọi I là giao điểm của CM và HK
  450
Ta có DKM vuông tại K và DKM

0,25

A

K

I

H

B

M

N

 KM  KD  KM  NC (1)

Lại có MH  MN ( do MHBN là hình vuông)
Suy ra hai tam giác vuông KMH ,CNM bằng nhau



 HKM  MCN

D

C

  IMK
 nên  
 
Mà NMC
NMC  NCM  IMK  HKM  900
Suy ra CI  HK

0,25

Đường thẳng CI đi qua M (1;1) và vuông góc với đường thẳng d


nênVTPT nCI  VTCP ud  (1;1) nên có phương trình

0,25

(x  1)  (y  1)  0  x  y  0
Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng  nên tọa độ điểm C là nghiệm
x  y  0
x  2
 
của hệ phương trình 

x  2y  6  0
y  2


Vậy C (2;2)
Câu 9

Ta có 1  (a  b  c)2  a 2  b2  c 2  2(ab  bc  ca )

0,25

0.25

1  (a 2  b2  c 2 )
.
2
7
121

Do đó A 
a 2  b 2  c 2 7(1  (a 2  b 2  c 2 ))

 ab  bc  ca 

Đặt t  a 2  b 2  c 2 .
Vì a,b, c  0 và a  b  c  1 nên 0  a  1, 0  b  1, 0  c  1

0.25

Suy ra t  a 2  b 2  c 2  a  b  c  1

Mặt khác 1  (a  b  c)2  a 2  b 2  c 2  2(ab  bc  ca )  3(a 2  b2  c 2 )
1 
1
Suy ra t  a 2  b 2  c 2  . Vậy t   ;1
 3 
3

1 
7
121
, t   ;1
Xét hàm số f (t )  
 3 
t
7(1  t )


f '(t )  

7
t2



121
7(1  t )2

0t 

7

18

BBT
t

f '(t )
f (t )

1 7
3 18
0

324
7

1
+

0,25