SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
Môn: TOÁN.
(Đáp án có 04 trang)
Đáp án
Điểm
x 0
Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Ta có : y ' 3x( x 2) y ' 0
x 2
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ; 0 va 2; ,đồng biến trên khoảng
0,25
Câu
Tập xác định: D R
1
(1,0đ)
(0 ;2)
Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 và yCT=-2
Hàm số đạt cực đại tại x=2 và yCĐ=2
Giới hạn lim y ; lim y
x
0,25
x
Bảng biến thiên:
x
y’
y
0
0
2
0
+
-
0,25
2
-2
y
f(x)=-x^3+3X^2-2
0,25
5
x
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
-5
Đồ thị (C ) cắt Ox tại A(1;0)
2
(1,0đ)
3
(1,0đ)
f '( x)
1
x 2
2
0,25
x 2
0,25
Hệ số góc của tiếp tuyến tại A là: k f '(1) 1
0,25
Phương trình tiếp tuyến là y 1( x 1) 0 y x 1
0,25
a) Ta có ( z i)(1 2i) 1 3i 0 z i 1 i z 1 2i
0,25
Do đó số phức z có mô đun bằng
0,25
5
.
b) Điều kiện: x 2 . Bất phương trình đã cho ( x 1)( x 2) 4 x2 x 6 0
0,25
x 3
. Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của BPT là 3;
x
2
1
1
dx
Tính : 2
x 1
4
(1,0đ)
0.25
0,25
0
1
1
0
0
2 dx
d( x 1)
x 1
2 x ln x 1
0,25
1
0,25
0
2 ln 2
5
(1,0đ)
(P) có vtpt n (1; 2;1) , d đi qua A vuông góc với (P) có vtcp u n (1; 2;1) .
x 2 t
Phương trình đường thẳng d y 1 2t Do I d I (2 t ; 1 2t ; t )
z t
I thuộc (P) nên (2 t ) 2(1 2t ) t 2 0 t 1 . Vậy I(1;1;-1).
Mặt cầu (S) có bán kính R IA 6 có phương trình x 1 y 1 z 1 6
2
a) Ta có: cos 2 2 cos2 1
6
(1,0đ)
2
2
7
16
,sin 2 1 cos2
25
25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
89
.
25
0,25
b) Số cách chọn ngẫu nhiên 5 đội trong 12 đội là C125 792 n() 792
0,25
Suy ra P 10sin 2 cos cos 2
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A: ‘Mỗi Bộ có ít nhất một đội bảo vệ’
là n( A) C125 C55 C75 770 P( A)
0,25
n( A) 35
n() 36
Áp dụng định lý cosin trong tam giác AHB có
AH 2 HB2 AB2 2 HB.AB cos60 0
7 a2
a 7
AH
9
3
7
(1,0đ) Góc giữa đường thẳng SA và mp(ABC) là góc SAH 450 .
Tam giác SHA vuông cân tại H nên SH AH
0,25
a 7
3
1
3
Thể tích của khối chóp S.ABC là V SABC .AH
a 3 21
36
0,25
Gọi E là trung điểm của AB, D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD.
3
Ta có AB / /CD d( AB, SC ) d( AB, SCD) d( B, SCD) d( H , SCD).
2
S
Trong mp(ABC) Qua H kẻ đường thẳng
song song với CE cắt đường thẳng CD tại F
và AB tại M thì tứ giác CEMF là hình chữ
nhật. Kẻ HK vuông góc với SF tại K.
K
CD (SFM ) CD HK ,
F
CD HK
H
B
HK (SCD)
M
C
E
D
A
SF HK
2
2
a 3
Ta có HF MF CE
3
3
3
Tam giác SHF vuông tại H:
1
1
1
a 210
HK
2
2
2
SH
FH
HK
30
3
3
a 210
d ( AB, SC ) d ( H , SCD) HK
2
2
20
0,25
0,25
Gọi M là trung điểm của BI và N là hình chiếu vuông
góc của G lên BI .
IN AG 2
2
1
IN IM BI 1 .
IM AM 3
3
3
E là trọng tâm ACD
1
1
2
IE DI BI EN IN IE BI BN
3
3
3
BN EN BGE cân tại G
GA GB GE A, E, B cùng thuộc đường tròn tâm G
2 ABE
2.450 900 AGE vuông cân tại G
AGE
Ta có GN //AI
8
(1,0đ)
0,25
qua G
AG : x 13 y 51 0 A 51 13a; a
GE
Phương trình AG :
Khi đó AGE vuông cân tại G AG GE
a 4
143
11 170 11 1
AG2
13a a
a 10 A 1; 4
a
3
9
3 9
3
3
2
2
11 7
Ta có AG AM AG AM M ;
3
3
2 2
Phương trình BD đi qua E và M BD : 5x 3 y 17 0
2
2
0,25
2
2
tam G
2
10
11 170
G : x y
3
3
9
R GA
0,25
Phương đường tròn G :
B là giao điểm thứ hai của BD và G B 7; 6
qua A
AD : 4 x y 0 D 1; 4
AB
ABCD là hình vuông AB DC C 9; 2 .
Phương trình AD :
0,25
Bài toán có 1 nghiệm A 1; 4 , B 7; 6 , C 9; 2 và D 1; 4 .
Điều kiện: 9 y 2 2 y 3 y x 0; xy 0; 1 x 1 .
Từ phương trình thứ nhất, ta có được x 0 y 0 .
x 0
+ Xét:
, thỏa mãn hệ phương trình.
y 0
+ Xét x, y không đồng tời bằng không, phương trình thứ nhất tương đương với
9 y 2 2 y 3 y x 3x 4 xy 4 x 0
9
(1,0đ)
9 y 2 y 3 y x 9 x
2
2
9 y 2 y 3 y x 3x
2
4 xy x
2
xy x
0.25
0
11y 9 x 3
4x
y x
0 yx.
11y 2 2 y 3 y x 3x
xy x
Thế y x vào phương trình thứ hai, ta được 2 x 1 1 x 2 x 1 1 x 2 x
a 1 x ; a 0
1 x 1 x 0 .Đặt
2x a2 b2 .
b
1
x
;
b
0
2
2
Phương trình trở thành a b a b 1 a b 0
2x
1 x 1 x 1
a b
a b
.
a b a b a b 1 1 0
2
a b 1 5
a b a b 1 0
2
0,25
0,25
+ Với a b 1 x 1 x x 0 (loại).
5 5
5 5
1 5
1 5
.
x
y
1 x 1 x
8
8
2
2
5 5
5 5
;
Hệ phương trình có nghiệm: x; y 0; 0 ,
8
8
+ Với a b
0,25
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
x 2 y 2 2 xy 2 x y z 2 5 x 2 y 2 10 2 x y z 2
x y 18 2 x y 2 z 4 2 x y 8 z 2 x y 4 z
2
2
Từ đó suy ra
10
(1,0đ)
Khi đó P
0,25
2
2x
2x
x
.
2
x y 18 2 x y 4 z x y 4 z
2
4 x y
y
x
.
x y 4z x y 4z
25z
xy
4 x y
4 x y
xy
t
4t
z
f t
xy
x y 4z
25z
25z
t 4 25
4
z
xy
t
4t
Với t
, có
0 , xét hàm số f t
t 4 25
z
4
4
t 0
f 't
;
f
'
t
0
t 1
2
2
t 4 25
t 4 25
1
1
.
Pmax
25
25
x y z; x y
x y 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
.
2
z 2
x y z xy 5
1
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là
.
25
0,25
0,25
Do đó suy ra f t f 1
0,25
Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
---Hết---
) đã chia sẻ