Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 3445065a

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016, LẦN 1

Câu
Câu1a
1.0đ

Nội dung

- Tập xác định D  R \ 1
- Sự biến thiên y ' 

3

 x  1

2

Điểm
0,25

 0 với x  D

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 , 1;  
+ Hàm số không có cực trị
+ lim y  x   2 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của

0,25

x 

đồ thị

lim y  x   , lim y  x    , suy ra đường thẳng x  1 là đường tiệm

x 1

x 1

cận đứng của đồ thị
0,25
+ Bảng biến thiên
-

x
y’(x)

+

1

-

+

2

y
2

-

y
6

5

- Đồ thị
+ Đồ thị hàm số đi qua các
điểm

4

3

 0; 1 ,  2;1 ,  4;3 ,  2;5 
+ Đồ thị nhận điểm I 1; 2  làm

2

0,25

1
O

tâm đối xứng.

5

-2

1

2

4

5

x

-1
2

Câu 1b
1.0đ

Gọi M  x 0 ; y 0  ,

 x 0  1 ,

y0 

2x 0  1
, Ta có
x0 1

0,25

d  M, 1   d  M, Ox   x 0  1  y 0

 x0 1 

Với x 0 

2x 0  1
2
  x 0  1  2x 0  1
x0 1

x  0
1
, ta có : x 02  2x 0  1  2x 0  1   0
2
x0  4

0,25
Suy ra

M  0; 1 , M  4;3

Với x 0 

1
, ta có pt x 02  2x 0  1  2x 0  1  x 02  2  0 (vô nghiệm) .
2

0,25

0,25
2

Vậy M  0; 1 , M  4;3

3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1  2 3 sin x cos x  1  cos 2 x  4sin x  0
Câu 2a.
0.5đ

Câu 2b.
0.5đ

 2 3 sin x cos x  2sin 2 x  4sin x  0  2sin x



sin x  0
 x  k
sin x  0



,k  .
  



sin
x


1

x


k
2

3
cos
x

sin
x

2


 
3
6


0,25

ĐK: x > 1 , 2 log 3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2  log3[( x 1)(2 x 1)]  1

0,25

1
 2 x 2  3x  2  0    x  2
2

Đối chiếu điều kiện suy ra bpt có tập nghiệm S = (1;2]
Câu 3
0.5 đ

Đặt t  x 2  3  t 2  x 2  3  2tdt  2xdx  xdx  tdt .





Suy ra I  t.tdt  t 2 dt 
Câu 4.a
0.5đ




Ta có  x 

t3
( x 2  3)3
C 
C
3
3

9
9
2 
k

k 9  k  2 
k 9 3k

C
x

 2 

9
 2   C9 x
2 
x  k 0
 x  k 0
9

Câu 5
1.0đ

0,25
0,25
0,25

k

Số hạng chứa x 3 tương ứng giá trị k thoả mãn 9  3k  3  k  2
2
Suy ra số hạng chứa x 3 bằng C92 x 3  2   144x 3
Câu 4.b
0.5đ



3 cos x  sin x  2  0 0,25

0,5
0,25

Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có
0,25
C  4845 đề thi.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có
C102 .C102  2025 trường hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có
1
C103 .C10
 1200 trường hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có
0,5
C104  210 trường hợp.
Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc, có
2025  1200  210  3435 trường hợp
Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã
3435 229

thuộc là
.
4845 323
1
Ta có VS.ABCD  SH.SABCD , trong
3

0,25
2
đó SABCD  a
4
20

3


S

Do (SIC),(SBD) cùng vuông với
đáy suy ra SH  (ABCD)
Dựng HE  AB   SHE   AB ,

F
A

D
K
M

P

I
H

C

E

B

suy ra SEH là góc giữa (SAB)
và (ABCD)  SEH  600
Ta có SH  HE.tan 600  3HE
HE HI 1
a

  HE 
CB IC 3
3
a 3
 SH 
3

0,25

Suy ra
1
1 a 3 2
3a 3
VS.ABCD  SH.SABCD  .
.a 
3
3 3
9

Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI
 d  SA, CI   d  CI,  SAP    d  H, SAP  

0,25

Dựng HK  AP , suy ra  SHK    SAP 

Dựng HF  SK  HF  SPA   d  H, SPA    HF
1
1
1


(1)
2
2
HF
HK
HS2
1
1
1
1



Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK 
2
2
2
HK
DM
DP DA 2

Do SHK vuông tại H 

0,25

Thay vào (1) ta có
a
1
1
1
1
4 1 3
8



 2  2  2  2  HF 
.
2
2
2
2
HF
DP DA HS
a
a
a
a
2 2
a

Vậy d  SA, CI  
.
2 2


Gọi I là giao điểm của BM và AC.
Ta thấy

C

BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC

ABC  BEM  EBM  CAB  BM  AC .
Câu 6
1.0đ

E

M

F
I

B

A

0,25

Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC

BM : x  2y  7  0 .
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ
13

x

 2x  y  3  0

 13 11 
5

 I ;


5 5 
 x  2y  7  0
 y  11

5
2
 8 4 
 12 6 
 IM   ;  , IB   IM   ;   B 1; 3
3
 5 5 
 5 5

0,25

4

Trong ABC ta có

1
1
1
5
5



 BA 
BI
2
2
2
2
BI
BA BC
4BA
2

5
4 5
 8   4 
Mặt khác BI       
, suy ra BA 
BI  2
2

5
 5   5 
Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có
2

2

 a 3
BA  4   a  1   6  2a   4  5a  26a  33  0   11
a 
5

 2 4 
Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ; 
 5 5
Ta có AC  5AI   2; 4   C 1;1 . Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1
2

Câu 7
1.0đ

2

2

0,25

2

0,25

Thể tích lăng trụ là:
V  AA '.SABC  a.

a 2 3 a3 3

4
4

0,5

Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC , A'B'C'
khi đó tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là
trung điểm I của OO’. Mặt cầu này có bán kính là:

R  IA 

AO2  OI2 

(

a 3 2 a 2 a 21
) ( ) 
3
2
6

0,5

a 21 2 7a 2

2
) 
suy ra diện tích mặt cầu (S) là: S  4R  4(
6
3
Câu 8
1.0đ

 xy  x  y 2  y  0

Đk: 4 y 2  x  2  0
. Ta có (1)  x  y  3
 y 1  0


Đặt u  x  y , v 

 x  y  y  1  4( y  1)  0
0,5

y  1 ( u  0, v  0 )

u  v
Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v2  0  
u  4v(vn)

5


Với u  v ta có x  2 y  1, thay vào (2) ta được :

 4 y 2  2 y  3   2 y  1 

2  y  2
4 y  2 y  3  2 y 1
2







y 1 1  0

y2
0
y 1 1


2
  y  2 

2
 4 y  2 y  3  2 y 1


 y  2 ( vì 

0,25


1
0
y  1  1 

2
4 y  2 y  3  2 y 1
2

4 y2  2 y  3  y 1  2 y



1
 0y  1 )
y 1  1

0,25

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 
Câu 9
1.0đ

1 1
4
 
, x  0, y  0.
x y x y
1
1
1

1
1
1

 

S

 2


  3

bca a cb
bca a bc a cb a bc

Áp dụng bất đẳng thức

suy ra S 

2 4 6
  .
c b a

Từ giả thiết ta có

1 2
2 4 6
3
1 2 3


  a, nên    2      2  a    4 3.
c b
c b a
a
c b a


Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 4 3 . Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  3.

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

Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng

6