Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 1334503a

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN HẠ LONG

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: TOÁN
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

Câu

Đáp án (Trang 01)



Điểm

1
Tập xác định D   \{ }.
2
Sự biến thiên:
5
; y '  0, x  D.
(2 x  1) 2
1
1
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng (; ) và ( ; ).
2
2
1
1
- Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y   ; tiệm cận ngang: y   .

x 
x 
2
2
1
lim  y  ; lim  y  ; tiệm cận đứng: x  .
1
1
2
x  
x  
- Chiều biến thiên: y ' 

 2

0,25

0,25

2

- Bảng biến thiên:

0,25
1
(1,0đ)


Đồ thị:
- Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 3),

cắt trục Ox tại điểm (3; 0).
1 1
- Đồ thị nhận điểm I ( ;  ) là giao
2 2
của hai đường tiệm cận làm tâm đối
xứng.

0,25

Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và  là  x 3  3 x  2   x  2
 x 3  4 x  0  x  0, x  2, x  2. Suy ra tọa độ các giao điểm của (C ) và  là
A(0; 2), B ( 2; 0) và C(2; 4).

2
(1,0đ) Ta có y '  3x 2  3; Hệ số góc của tiếp tuyến của (C ) tại A, B, C lần lượt là y '(0)  3,

y'(2)  9, y '(2)  9.
Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại A, B, C lần lượt là y  3 x  2, y  9 x  18, y  9 x  14.
1

0,25
0,25
0,25
0,25


Câu

Đáp án (Trang 02)

Điểm

a) Đặt z  a  bi (a, b   ). Từ giả thiết suy ra a  bi  (2  3i )( a  bi )  1  9i

3
(1,0đ)

a  3b  1
a  2
  a  3b  (3a  3b)i  1- 9i  

. Do đó z  2  i.
3a  3b  9
b  1

0,25

Ta có w  z  2 z  1  2  i  2(2  i )  1  7  i. Suy ra w  72  12  50.

0,25

 3x  9
b) Phương trình đã cho tương đương với 9.3  82.3  9  0   x 1
3 

9

0,25

x  2


. Do đó nghiệm của phương trình đã cho là x  2; x  2.
 x  2

0,25

2x

1

1

Ta có I   xe x dx  
0

1

4
(1,0đ)



0

0,25

2x
dx.
x 1

1

1 1 x
1
  e dx  e  e x  1.
0 0
0

x
x
x
 xe dx   xde  xe
0

x

0

0,25

1



1
1
2x
2 

0 x  1 dx  0  2  x  1 dx   2 x  2 ln x  1  0  2  2 ln 2.

Do đó I  3  2 ln 2.


 

Ta có AB  (2; 4;1), AC  (2; 0; 4) suy ra [ AB, AC ]  ( 16;10; 8)  0. Do đó mặt phẳng

1  
( ABC ) có một véc tơ pháp tuyến là n   [ AB, AC ]  (8; 5;4). Do d  ( ABC ) nên d
2

nhận n làm véc tơ chỉ phương.
 x  8t


Đường thẳng d đi qua O và nhận n làm véc tơ chỉ phương, nên d :  y  5t .
 z  4t


0,25

0,25

0,25

0,25

Gọi I ( a; b; c ) là tâm của mặt cầu ( S ). Vì (S ) đi qua bốn điểm O, A, B, C nên
5

(1,0đ)

11

a   7
a  b  c  (a  1)  (b  1)  (c  1)
OI  AI

 2
41


2
2
2
2
2
.
OI  BI  a  b  c  (a  3)  (b  5)  (c  2)  b 
7
OI  CI
a 2  b 2  c 2  (a  3)2  (b  1)2  (c  3) 2



39

c   14

2

2

2

2

2

2

1247
 11 41 39 
. Do đó
Suy ra mặt cầu ( S ) có tâm I   ; ;   , bán kính R  OI 
28
 7 7 14 
2

2

2

11  
41  
39  1247

(S ) :  x     y     z   
.
7 

7  
14 
28


2

0,25

0,25


Câu

Đáp án (Trang 03)
a) Với    

Điểm

3
9
4
, ta có sin    1  cos 2    1 
 .
2
25
5
2

0,25

2





59  24 3
Ta có A   sin  cos  cos  sin    cos  cos  sin  sin  
.
4
4 
3
3
100


0,25

6
(1,0đ) b) Số phần tử của không gian mẫu  là n()  164.

0,25

Gọi A là biến cố “Cả 4 Táo đều quay vào ô Trong sạch”. Ta có n( A)  44.
Xác suất cần tính là P ( A) 

0,25

n( A) 44
1

 4 
.
n() 16
256
Gọi H là trung điểm AC , theo gia thiết, ta có
SH  ( ABC ), góc giữa SB và ( ABCD ) là

  600 , SH  BH .tan 600  a 3 . 3  3a .
SBH

S

2

2

1
1 a 2 3 3a a 3 3
VS . ABC  S ABC .SH  .
. 
.
3
3 4
2
8

7
(1,0đ)

Gọi N là trung điểm AB. Ta có AC  ( SMN ) nên

d ( SM , AC )  d ( H , ( SMN )). Gọi D  BH  MN , K
là hình chiếu vuông góc của H trên SD. Ta có
MN  BH , MN  SH nên MN  HK . Suy ra
B
HK  ( SMN ). Do đó d ( H , ( SMN ))  HK .

K
N

A

D

Tam giác SHB vuông tại H , có đường cao HK , nên
1
1
1
52


 2 . Từ đó suy ra
2
2
2
HK
SH
HD
9a

M

H
C

0,25

0,25

0,25

0,25

2

d ( SM , AC )  HK 

9a
3a 13

.
52
26

Gọi E  BD  AN , F  BD  AM , I  ME  NF .
  NDB
  MBD
  450 nên hai tứ giác
Ta có MAN
A

D

E

ADNF , ABNE nội tiếp. Do đó ME  AN , NF  AM .
Suy ra AI  MN .
Gọi H  AI  MN . Ta có ABME , MNEF là các tứ
giác nội tiếp nên 
AMB  
AEB  
AMH . Suy ra

0,25

AMB  AMH . Do đó B là đối xứng của H qua
đường thẳng AM .

8
(1,0đ)

N
I
H
B

M

24 22
; ). Do B là
5 5

đối xứng của H qua AM , nên tìm được B (0; 2).

Từ AH  MN tại H , tìm được H ( 

F

C

Tìm được BC : 2 x  4 y  8  0, CD : 2 x  y  18  0 suy
ra C (8; 2).
 
Từ AD  BC ta tìm được D (4;10).
3

0,25

0,25
0,25


Câu

Đáp án (Trang 04)

Điểm

 x 1  97 y 2  y 1  97 x 2  97( x 2  y 2 ) (1)
1
Điều kiện: 0  x, y 
.


97
(2).
 27 x  8 y  97
1
1
1
1
Thay ( x; y) bằng một trong các cặp số (0; 0), (0;
), (
;0), (
;
) vào hệ (1),(2),
97
97
97 97
1
ta thấy các cặp này đều không là nghiệm. Do đó 0  x, y 
.
97
1
Đặt 97 x  a, 97 y  b. Do 0  x, y 
nên 0  a, b  1. Khi đó (1) trở thành
97

 



0,25



a 1  b2  b 1  a 2  a 2  b2  a a  1  b2  b b  1  a 2  0


a
b
1
2
2
2
2
 (a 2  b 2  1) 

  0  a  b  1. Suy ra x  y  .
2
2
97
b  1 a 
 a  1 b

9
2
2
2
2
(1,0đ) Với các số dương a1 , a2 , b1 , b2 , ta có a1b1  a2b2  a1  a2 . b1  b2 . Đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi a1b2  a2b1. Thậy vậy,

a1b1  a2b2  a12  a22 . b12  b22  ( a1b1  a2b2 ) 2  ( a12  a22 )(b12  b22 )  ( a1b2  a2b1 ) 2  0.
Do đó 27 x  8 y  97 9 x  4 y  97

97 x 2  y 2  97 (do x 2  y 2 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4 x  9 y và x 2  y 2 

1
).
97

0,25

1
.
97

9

1
x
 2
2
x  y 

97
Do đó (2)  
.
97  
4 x  9 y

y  4

97

0,25

 9 4 
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( x; y )   ;  .
 97 97 
Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có
a
b
c
1 1
1
1 
P


 4
4
4
.
bc
ca 
2 a bc 2 b ca 2 c ab 2  ab

0 ,25

0,25

Với các số thực x, y , z , ta có ( x  y )2  ( y  z ) 2  ( z  x)2  0  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2 .
1 1
1
1  1 1
1
1 
ab  bc  ca a  b  c
Do đó  4
4
4
 




. Suy ra
10


2  ab
bc
ca  2  a
b
c
2 abc
2 abc
(1,0đ)
abc
P

.
2 abc
Từ giả thiết, ta có a  b  c  4032 abc . Do đó P  2016.
1
Với a  b  c 
, ta có P  2016. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2016.
13442

----------Hết----------

4

0,25

0,25
0,25