de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan truong thpt chuyen vinh phuc lan 2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN II
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)

Câu

Đáp án

Điểm



 3
Tập xác định: D   \    .
 2



Sự biến thiên. :

1,0

x  1
2x  3

Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y 

5

3
3
+ CBT y ' 
 0, x  D  Hàm số nghịch biến trên (;  ) và ( ; ) .
2
2
2
(2 x  3)

0,25

+Hàm số không có CĐ, CT
+Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận

1 (1,0 đ)



3
 3
lim  y   và lim  y    x   là TCĐ khi x     .
3
3
2
 2
x 
x 
2

lim y  

x 



0,25

2

1
1
 y   là TCN khi x  .
2
2

Bảng biến thiên:

x
y’
y





-

3
2



||

-

1

2

0.25







1
2

3.Đồ thị.
3 1
- Đồ thị nhận điểm I(  ;  )
2 2
làm tâm đối xứng.
- Đồ thị cắt Ox tại 1; 0 
1
và cắt Oy tại (0; ) .
3

- Đồ thị đi qua  1; 2  ,  2; 3

6

4

2

- 10

-5

5

10

I
-2

0,25

-4

-6

-8

-10

Câu 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x   x  18  x 2 .

1,0


Hàm số xác định và liên tục trên D   3 2;3 2 


2 (1,0 đ)

Ta có f   x   1 





0,25

x  0
 f   x   0  18  x 2  x  
 x3
2
2
18  x 2
18  x  x
x





Mà f 3 2  3 2 ; f 3 2  3 2 ; f  3  3  18  9  6
Suy ra

max

x 3 2 ;3 2 

f  x   f  3  6 ;

min

x 3 2 ;3 2 



0,25



f  x   f 3 2  3 2

0,25

4
 
a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức
5
2 
sin  sin 2  2 cos3   2cos 5 
P

sin  cos 2  sin 5 
Ta có
2sin 2  .cos   2 cos3  1  cos 2  
2sin 2  .cos   2 cos3  sin 2 
P

sin   cos 2   sin 2    sin 5 
sin   cos 2   sin 2   cos 2   sin 2    sin 5 

3.(1,0đ)

2sin 2  .cos  1  cos2  

2sin 4  .cos 
 2 tan 3  1
sin  .cos 4 
sin  .cos4 
4
9
3
  
Bài ra ta có sin    cos 2  1  sin 2  
 cos     Do    ;   
5
25
5
 2 

P

0,25



0,5

0,25

3

 4 


128
128
Thế vào 1 ta được P  2.  5   
. Đáp số P  
27
27
3
 5
b) Giải phương trình : cos 2 x  1  2 cos x  sin x  cos x   0

0,25

0,5

Phương trình đã cho   cos 2 x  sin 2 x   1  2 cos x  sin x  cos x   0

  cos x  sin x   cos x  sin x   1  2cos x    0

0,25

 cos x  sin x   cos x  sin x   1  2 cos x   0   cos x  sin x  sin x  1  cos x   0


 tan x  1
x   k

cos
x

sin
x

0

4

( k  )
sin x  1  cos x  0   2 sin  x     1  





x   k 2 , x    k 2
4




2


Vậy phương trình có các nghiệm x   k  ; x   k 2 ; x  k 2 ,( k   )
4
2
Câu 4 (1,0 điểm).
2
Giải phương trình : log 3  x  5   log9  x  2   log 3  x  1  log 3 2
4 .(1,0 đ)

x  5  0
 x  5

x  1
2

Điều kiện  x  2   0   x  2  
x  2
x 1  0
x  1



0,25

1,0

0,25

2

Với điều kiện đó phương trình  log 3  x  5   log3 x  2  log 3  x  1  log 3 2
2

2

 log 3  x  5  x  2   log 3  2  x  1    x  5  x  2  2  x  1


 Trường hợp 1. Nếu x  2 thì phương trình * tương đương với
x  3
2
 x  5 x  2   2  x  1  x 2  7 x  12  0  
x  4

( t / m)
(t / m)

*

0,25
0,25




Trường hợp 2. Nếu 1  x  2 thì phương trình * tương đương với



1  97
(t / m)
x 
2
6
2

  x  5  x  2   2  x  1  3 x  x  8  0 

1  97
(loai )
x 
6

1  97
Vậy phương trình có ba nghiệm: x  3, x  4 và x 
6

0,25

8

3 

a) Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức :  2x 2 
 .
x

6

8

8k

k

32 5 k
8
 3 
k 8k k
k
2
. 

C

1
2
3
x



8

x
k 0

32  5k
Số hạng chứa x 6 ứng với k thỏa mãn

6k 4
2
4
Vậy hệ số của x 6 là : C84  1 2434  90720
8
3 

Gt   2 x 2 

C8k  2 x 2 


x  k 0


5 (1,0 đ)

1,0

b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n   và n  3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135
đường chéo .
n  n  3
Số đường chéo của đa giác đều n đỉnh là Cn2  n 
2
n  n  3
 n  18
Từ giả thiết ta có phương trình
 135  n 2  3n  270  0  
2
 n  15

Do n   và n  3 . Nên ta tìm được giá trị cần tìm n  18

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD ,
biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3;0  . Tìm tọa độ các đỉnh C và D


Gọi C  x0 ; y0  , khi đó AB   2;1 , BC   x0  3; y0 

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0
0,25

6 .(1,0 đ) Từ ABCD là hình vuông, ta có :

  x0  4
 

2  x0  3   1. y0  0
 AB  BC
  y0  1




2
2
 x  2
 AB  BC
 x0  3   y0  5
 0
  y0  2
 
Với C1  4; 2   D1  2; 3  ( từ đẳng thức AB  DC )
 
Với C2  2; 2   D1  0;1 ( từ đẳng thức AB  DC )

0,25

0,25
0,25

Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên  SAB  nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc
đoạn AB sao cho BH  2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối
chóp S .ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  .

1,0

  600
Vì SC tạo với đáy một góc 600 , suy ra SCH
4 13
4 13
8
64 4 13


Ta có: HB   HC  42 
 SH 
.tan 600 
3
3
9
3
3

0,25


S

I
A

B

H

D

K

C

1
1 4 13 64 13

7. (1,0 đ)  V
.S ABCD .SH  4 2.

S . ABCD 
3
3
3
3 3
Kẻ HK song song AD ( K  CD )  DC  ( SHK )  mp ( SCD)  mp( SHK )
Kẻ HI vuông góc với SK  HI  mp ( SCD)  d ( H ,( SCD))  HI
1
1
1
3
1
16
Trong SHK ta có:


 2  2 
 HI  13
2
2
2
HI
SH
HK
4 .13 4 13.4 2
 d ( H , ( SCD))  13 .

0,25
0,25

0,25

Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp

tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân
ADB là d : x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết
giác trong của góc 
phương trình đường thẳng AB .
A(1;4)

F
E
M(-4;1)
I

D

B

C

Gọi E, F là giao điểm của d
và AB, AC
Ta có:
  1 
 AFD  C  2 ADC
.


1



 AEF  ADC  DAB

2


Mà C  DAB (cùng chắn
AB )
cung 


 AFD  A
EF  AE  AF

1,0

0,25



8 .(1,0 đ) Ta có AC ( 5; 3) suy ra vtpt của AC là n AC  (3; 5)

 pt AC : 3( x  1)  5( y  4)  0  3x  5 y  17  0
7

 x  2

3x  5 y  17  0
7 11
Tọa độ F là nghiệm của hệ: 

 F( ; )
2 2
x  y  2  0
 y  11

2

7
11
34
34
AF  (1  )2  (4  )2 
 AE 
2
2
2
2

Vì E  d  E (t ; t  2)  AE  ( t  1; t  2)  AE  ( t  1) 2  ( t  2) 2
Ta có

0,25


 7
 7 11

t

 E ( ; ) ( Loai do trung F )
34
AE 
 2  2 2
2
t   1
 E (  1 ; 3 ) (T / m)


2
2 2


3 5
 AE  (  ;  )  vtpt của AB là nAB  (5; 3)
2 2
 pt AB : 5( x  1)  3( y  4)  0  5x  3 y  7  0
Câu 9. Giải hệ phương trình
 x3  y 3  8 x  8 y  3x 2  3 y 2
: 2
3
2
 5 x  5 y  10 y  7   2 y  6  x  2  x  13 y  6 x  32
x  2  0
 x  2
Điều kiện : 

 y  7  0  y  7





3

3

Từ phương trình 1 ta có  x  1  5  x  1   y  1  5  y  1

0,25

1
 2

 3

1,0

0,25

Xét hàm số f  t   t  5t , trên tập  , f   t   3t  5  0, t    hàm số f  t  đồng
3

2

biến trên  . Từ  3 : f  x  1  f  y  1  x  y  4 
9 .(1,0 đ) Thay  4  vào  2  ta được pt:
5x 2  5 x  10 x  7   2 x  6  x  2  x3  13x 2  6 x  32  5


 5x

2


 5 x  10  



x  7  3   2x  6

 5 x 2  5 x  10

 x  2 





Đ/K x  2



x  2  2  x3  2 x 2  5 x  10  5 

2x  6 
2
   x  2   x  5

x22

 x7 3
 5 x 2  5 x  10

2x  6

  x2  5   0
 x  2 
x2 2
 x7 3




0,25

0,25

 
x  2 
 y  2   x; y    2; 2 ( thỏa mãn đ/k)
4

 5 x 2  5 x  10 2 x  6 
5 x 2  5 x  10
2x  6




0
5
2 
x7 3
x22 

 2


1
1 
1
1
  5
x

5x 
10  
    2
x  6 
   0 (pt này vô nghiệm)

 x  7  3 5  0,x2  x  2  2 2 

 
 0,x 2  
 0,x2

0,25

 0, x2

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất :  x; y    2; 2 
Câu10. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức :

T

4
4
4
1 1 1


  
ab bc ca a b c

 1
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1  a, b, c   0; 
 2

4
4
4
1 1 1 5a  1 5b  1 5c  1
T


   



1  a 1  b 1  c a b c a  a 2 b  b2 c  c2
10.(1,0đ)

1,0

0,25

2

5a  1
 3a  1  2a  1  0 , a   0; 1 
 18a  3  
Ta có


2
aa
a  a2
 2
5a  1
 1
 18a  3, a   0; 
Từ đó suy ra :
2
aa
 2

0,25

Ta cũng có 2 bất đẳng thức tương tự:
5b  1
5c  1
 1
 1
 18b  3, b   0;  và
 18c  3, c   0; 
2
2
b b
cc
 2
 2
Cộng các bất đẳng thức này lại với nhau ta có :

T

5a  1 5b  1 5c  1


 18  a  b  c   9  9 .
a  a 2 b  b2 c  c2

0,25

1
1
 Tmax  9 đạt được  a  b  c 
3

3
Vậy Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 , thì giá trị lớn nhất

Dấu đẳng thức xẩy ra khi a  b  c 

của biểu thức :
khi a  b  c 

T

4
4
4
1 1 1


   bằng 9 và đạt được khi và chỉ
ab bc ca a b c

1
3

Chú ý: Để có được bất đẳng thức

0,25

5a  1
 1
 18a  3, a   0;  ta đã sử dụng phương
2

aa
 2

pháp tiếp tuyến
Lưu ý khi chấm bài:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm
nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải câu 7 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.