de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan truong thpt luong ngoc quyen thai nguyen lan 1

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
MÔN: TOÁN
Câu
Câu1
(1 điểm)

Nội dung
Tập xác định: D   .
Giới hạn ở vô cực: lim

Điểm

y  ; lim y  

x 

x 

 x  2
Đạo hàm: y '   x  4 x ; y '  0   x  0
 x  2
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2    0; 2  .

0,25

3

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  2;0    2;  
Hàm số đạt cực tiểu tại x  0, yCT  3 .
Hàm số đạt cực đại tại x  2, yCD  1

Bảng biến thiên


x
-2
0
2
y’
+ 0 - 0 + 0
1
1
y
-3


0,25

0,25



Đồ thị: Đồ thị giao với trục Ox tại các điểm





6;0 ,  2;0







6; 0 .

2;0 ,

y "  3x 2  4; y "  0  x  

2

.

3
7
7
 2
 2
Đồ thị hàm số có hai điểm uốn là U1   ;   ,U 2  ;   .
3 9

 3 9

0,25

Câu 2
(1 điểm)

Ta có f  x  xác định và liên tục trên đoạn 1;e ; f '  x   2 x  .

0,25

Với x  1; e  , f '  x   0  x  2 .

0,25

4
x

Ta có f 1  1, f

 2   2  2 ln 2, f  e   e

2

 4.

Vậy min f  x   2  2ln 2  x  2; max f  x   e2  4  x  e
1;e

0,25
0,25

1; e

Ta có
2x
x

Câu 3 a)
5
5
x
x
x
(1
0,5đ 3.25  5.9  8.15  3  3   8  3   5  0
 

 

0,25


điểm)

 5  x
   1
x  0
3


x  1 .
 5 x 5

  
3
 3 

0,25

1
b)
Ta có log 22 x  2 log 4  0  log 22 x  log 2 x  0
0,5đ
x
log x  0
x  1
 2

x  2
log 2 x  1

Câu 4
(1 điểm)

Câu 5
(1 điểm)

x

3

x  1dx    x  1  1

3

0,25
0,25

x  1dx

0,25

2

0,25

3

   x  1  3  x  1  3  x  1  1 x  1dx


7
5
3
1


   x  1 2  3  x  1 2  3  x  1 2   x  1 2 dx


9
7
5
3
2
6
6

2
  x  1 2   x  1 2   x  1 2   x  1 2  C
9
7
5
3
6
6
2
4
3
2
2

   x  1   x  1   x  1   x  1  x  1  C
7
5
3
9


0,25

0,25

Chú ý! Học sinh có thể làm theo phương pháp đổi biến số.
Mặt cầu (S) có tâm I 1;3; 2  và bán kính R  5 .


Mặt phẳng (P) có một véc tơ pháp tuyến là n p  1; 1; 2  .

Mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) nên phương trình
mặt phẳng (Q) có dạng: x  y  2 z  D  0 .
Mặt phẳng (Q) tiếp xúc mặt cầu (S) khi và chỉ khi
d  I , (Q )   R 

1  3  2  2   D
2

0,25
0,25

5

12   1  2 2

D  6  5 6
 D6 5 6  
 D  6  5 6

0,25

Vậy có hai mặt phẳng (Q) thỏa mãn đầu bài là

 Q1  : x  y  2 z  6  5
Câu 6 a)
(1 điểm) 0,5đ

6  0;  Q2  : x  y  2 z  6  5 6  0

0,25

sin 3x  sinx  cos 2 x  1  2cos 2 x sin x  2sin 2 x  0
sin x  0

cos 2 x  sin x

0,25

+ sin x  0  x  k , k   ;

2

x k

6
3
+ cos 2 x  sin x  cos 2 x  cos   x   
k  

2


 x    k 2

2


b) Gọi X là biến cố “ hai đội 12A6 và 10A3 ở cùng một bảng”
0,5đ Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội là:
n     C612C66  924 .

Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội, hai đội
12A6 và 10A3 ở cùng một bảng là:
- Hai đội cùng bảng A hoặc B: có 2 cách
- Chọn 4 đội còn lại vào cùng với bảng của hai đội: có C410

0,25


cách.
- Chọn 6 đội còn lại cho bảng còn lại: có C66  1 cách.
Suy ra n  X   2.C410  420 cách.
Xác suất xảy ra biến cố X là: P  X  

0,25

0,25

420 5
.

924 11

Câu 7
(1 điểm)

2a 3
. Suy ra BC  AC .cos 30o  a ;
3
a
3

AB  AC.sin 30o 
.
3
1
a3
a2 3
. Suy ra VS . ABCD  S ABCD .SA 
.
 AB.BC 
3
3
3

Ta có AC  2 AI  2 R 

S ABCD

Kẻ qua B đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng CD
tại E. Khi đó AC song song với mặt phẳng (SBE).
Dựng AF vuông góc với BE tại F, dựng AH vuông góc với SF
tại H.
Ta nhận thấy AH   SBE  .

0,25
0,25

0,25

Suy ra d  AC, SB   d  A,  SBE    AH .
a

2

Tam giác SAE có: SA  a 3 ; AF  AB.cos 30o  ; SAE  90 o .
1
1
1
a 39
.
 2
 AH 
2
2
AH
SA
AF
13

Chú ý! Bài này học sinh cũng có thể giải bằng phương pháp
tọa độ trong không gian.

0,25

Câu 8
(1 điểm)

Gọi M là trung điểm cạnh BC, H là trực tâm tam giác ABC, K
là giao điểm của AD và BC, E là giao điểm của BH và AC.
7 1
Khi đó tọa độ M  ;   .
2 2

0,25


Đường thẳng AD vuông góc với BC và đi qua D nên có phương
trình: x  y  2  0 .

0,25

3 x  5 y  8  0
 A 1;1 .
x  y  2  0

Tọa độ A là nghiệm của hệ 

x  y  4  0
 K  3; 1 .
x  y  2  0

Tọa độ K là nghiệm của hệ 

Tứ giác HKCE nội tiếp nên ta có: BHK  KCE .
Mặt khác BDA  KCE . Suy ra BHK  BDA hay tam giác
BHD cân tại B, suy ra K là trung điểm HD. Từ đó có H  2; 0  .
B  BC  B  t ; t  4   C  7  t;3  t  . Vì BH vuông góc với AC
 
t  5
nên ta có HB. AC  0  
.
t  2

+ Với t  5  B  5;1 không thỏa mãn đầu bài xB  3 .

Câu 9
(1 điểm)

+ Với t  2  B  2; 2  , C  5;1 .
Phương trình AB: 3x  y  4  0 .
Phương trình AC: y  1  0 .
Ta kí hiệu các phương trình trong hệ như sau:

0,25

0,25

 x  y 2  x  2 y 2  2 1


 2 x  2  4 y  8 y xy  2 y  34  15 x  2 
 2  x  2
Điều kiện: 
.
y  0





 2 x  y
2  x .y  2 y 2  0  
.

 2  x  2 y
2  x  y thay vào (2) ta được

1  2  x 
+ Với

2



0,25



x  2  4 2  x  8 4  x 2  34  15 x  3  .

Đặt t  x  2  4 2  x  t 2  34  15x  8 4  x 2
t  0

Khi đó  3 trở thành 2t  t 2  
.
t  2

30
2 17
 x2 4 2 x  0
x
 y



17
17

 x  2  4 2  x  2
 x  2  y  0

0,25

0,25

+ Với 2  x  2 y . Vì y  0  2 y  0 mà 2  x  0 nên chỉ có
thể xảy ra khi x  2 và y  0 thử vào (2) thấy thỏa mãn.

Câu 10
(1 điểm)

30

 x  17
x  2
Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm: 
và 
.
y  0
 y  2 17

17
1
Đặt x  z  a . Từ giả thiết  x  z  y  z   1  y  z  .
a

Vì x  y  x  z  y  z  a  x  z  1 .

1
a

Ta có x  y  x  z   y  z   a  

a2 1
, thay vào P ta được:
a

0,25