Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 7479297a

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
THOẠI NGỌC HẦU

Môn thi: TOÁN
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM (gồm 05 trang)

ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC

Đáp án (trang 01)

Câu

Điểm

+Tập xác định: D 

x  0

 y 3

+Sự biến thiên: . y /  4 x 3  8 x , y /  0  

 x   2  y  1



 

.Các khoảng đồng biến:  2;0 và

0,25



 



2; ; các khoảng nghịch biến: ;  2 và 0; 2

.Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại x   2 , yCT = 1








0,25



.Giới hạn lim y  lim x 4  4 x 2  3   , lim y  lim x 4  4 x 2  3  
x 

x 

x  

x 

+Bảng biến thiên
x

-

-

2
0

y'
+

1
(1,0đ)

0

2

0

0

+

0,25

+

3

y
-1

-1

+Đồ thị:
y
3

A

B

0,25
- 2

2

O

-2

1

2

x

-1

+ M o  xo ; yo   (H): y

2
+y '
(1,0đ)

3
x

1

2

2x 1
;y
x 1 0

y '(x 0 )

y' 2

5

2x 0

1

x0

1

3
(2 1)2

2x 0

5

1

5x 0

3

5

x0

2

0,25

0,25

+Phương trình tiếp tuyến tại M o  xo ; yo  có dạng y  yo  y '  xo  .  x  xo 

0,25

+Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y

0,25

5

3(x

2)

y

3x

11


Đáp án (trang 02)

Câu
a) + Đặt z

a

; điều kiện đã cho  a 1

a, b

bi

+ Vậy môđun của z là z

Điểm

a2

1

b2

1
25

3
(1,0đ) b) Giải bất phương trình log2 x  5log x  6  0 (1).

1 5b i

0

a

1; b

1
5

26

5

0,25
+Điều kiện xác định: x  0 .

0,25

+Khi đó 1  log x  2  log x  3  x  100  x  1000
+So với điều kiện ta có tập nghiêm của (1) là S   0;100  1000;  
+ Đặt t

4 x

dt

dx + Đổi cận:

0

4t 3

3

4

4
(1,0đ)

t

4

t
t

0
4

t 4 dt

t5
5

4

0,25
0

4

4

x y z
+ Phương trình mp  MNP  :    1
1 2 3

0,25

5
(1,0đ) +Gọi (S) là mặt cầu tâm O bán kính R, (S) tiếp xúc (MNP)  R  d  O,  MNP    6

7
Vậy (S): x 2  y 2  z 2 
3 cos x

3

1

2
k2
x
k2
3
6
2
2
5
x
k2
x
k2
6
3
6
b) +Số cách chọn bác sĩ nam là C83  56 ;
x

6
(1,0đ)

36
49
sin x

0,25

0,25

  MNP  : 6 x  3 y  2 z  6  0

3

0,25

0,25

0

256
3
. (CÁCH 2: I   x  4  x  dx   x  43  3.42 x  3.4 x 2  x 3  dx  ... )
5
0
0

a) sin x

0,25

4

4 t t dt

+ Suy ra: I

4
0

x
x

0,25

0,25
0,25

2
3

sin

0,25

6

k

0,25

0,25

+Số cách chọn bác sĩ nữ là C63  20
+Với 3 nam và 3 nữ được chọn, ghép nhóm có 3! cách.

+Vậy có 56.20.3!  6720 cách.

C2: +Chọn tổ hợp 3 nam có C83 ; chọn chỉnh hợp 3 nữ có A63 . + Ghép cặp có C83 . A63 = 6720.
C3: +Chọn tổ hợp 3 nữ có C63 ; chọn chỉnh hợp 3 nam có A83 . + Ghép cặp có C63 . A83 = 6720.

0,25


Đáp án (trang 03)

Câu

Điểm

0,25

+Do lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên BB ' là đường cao của lăng trụ

7
(1,0đ) +Vì BB ' C ' C là hình vuông nên BB '

BB '.S

+Do đó VABC . A ' B 'C '

ABC

BC

1
2a. AB.AC
2

+Vì AA ' || BB ' C ' C nên d AA ', BC '
+Trong ABC , hạ AH

BC (1);

+Xét tam giác ABC ta có AH

AC 2

a.a.a 3

a2

3a2

2a

a3 3

0,25

d A, BB ' C ' C

+Vì BB '

BB ' C ' C

+Từ (1) và (2) suy ra AH

AB2

AH

AB.AC
BC

a.a. 3
2a

ABC nên AH

BB ' (2)

0,25

d A, BB ' C ' C

a 3
. Vậy d AA ', BC '
2

a 3
2

0,25

0,25
8
(1,0đ)
1; 0 , bán kính R1

+ C1 có tâm I1
Vì I1 I 2

22

12

5
:y

+Xét đường thẳng

1 ; C2 có tâm I 2 1;1 , bán kính R2

2

3 nên C1 cắt C2 . ( Suy ra C1 và C2 có hai tiếp tuyến chung )
1

0 , ta có: d I1 ;

1

R1 & d I 2 ;

2

R2

0,25
Suy ra

:y

1

0 là một tiếp tuyến chung của C1 và C2 .


Đáp án (trang 04)
qua I1 I 2

+Tiếp tuyến chung còn lại là đường thẳng đối xứng với
Phương trình I1 I 2 : x

2y 1

Xét điểm N 0; 1

0 . Gọi M

Điểm

I1 I 2

3; 1

, suy ra M

, gọi N ' là điểm đối xứng của N qua I1 I 2

Phương trình đường thẳng d qua N và vuông góc I1 I 2 là d : 2 x
Tọa độ H

d

y

1

0

0,25

I1 I 2 là nghiệm của hệ phương trình

2x y
x 2y

x

1

1

y

1
5

3
5

3 1
; . Suy ra N
5 5

H

+Phương trình tiếp tuyến chung còn lại là MN ' : 4 x

3y

9

6 7
;
5 5

0.

0,25

CÁCH 2: Vì 2 đường tròn khôg có t/t chung vuông góc với Ox, nên t/t chung có dạng  : y  kx  b
CÁCH 3: Đường thẳng  : ax  by  c  0,(a 2  b2  0) tiếp xúc  C1  và  C2   ...

 x 2  2 x  2  3 y 1  1  x
+Đặt 
2
x 1
 y  2 y  2  3  1  y
a  x  1
; a, b 
b  y  1

+Đặt 

(1)

 2

; +Điều kiện xác định: x  ; y 

0,25

a  a 2  1  3b  3

; hệ (1)(2) trở thành 
b  b 2  1  3a  4 

+Trừ theo vế (3) với (4), ta được:

a  a 2  1  b  b2  1  3b  3a  a  a 2  1  3a  b  b2  1  3b  5 

+Xét hàm f  t   t  t  1  3 , t 
2

t

9
+Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên
(1,0đ)

; ta có f '  t  

t2 1  t
t2 1

0,25
 3 ln 3  0, t 
t

.

, mà theo (5) có f  a   f b  nên a  b

+Thay a  b vào (3) được a  a 2  1  3a  6  . Vì 2 vế của (6) dương nên

 6   ln  a 







0,25

a 2  1  ln 3a  ln a  a 2  1  a ln 3  0  7 





+Xét hàm g  a   ln a  a 2  1  a ln 3  g '  a  
+Suy ra hàm g  a  nghịch biến trên

1
a2  1

 ln 3  1  ln 3  0, a 

, mà g  0  0 ; nên a = 0 là nghiêm duy nhất của (7)

a  0
x 1  0

 x  y  1 . Vậy x  y  1 là nghiệm của hệ đã cho.
+Từ đó ta có hệ 
b  0
 y 1  0

0,25

Câu

Đáp án (trang 05)

Điểm

 
+Áp dụng bất đẳng thức trên cho 2 vector u   a; 2a ;1 , v  1; 2b ;c  ta được:

+Ta có bất đẳng thức u.v  u . v ; đẳng thức xảy ra | cos u , v | 1  u , v cùng phương

a  2


ab  c

   a .1 
2

 a  2 ab  c



2a . 2b  1.c



2


  a2 




2a



2


1 

2

2


.  12 




2b



2


c 


2

2

0,25

2

2

 a  2 ab  c 
2
2
  a  1 1  2b  c 2   
  1  2b  c 1
a 1


2

2

 b  2 bc  a 
 c  2 ca  b 
2

2
+Tương tự có 
  1  2c  a  2  ; 
  1  2a  b  3
b 1
c 1





0,25

+Cộng theo vế (1),(2),(3) ta được P  3  2  a  b  c   a2  b2  c2  6  2  a  b  c  
10
(1,0đ)

 6  2 3. a2  b2  c2  6  2 3. 3  12 (4)
+Đẳng thức ở (1) xảy ra 

0,25

a
a2 a 1
a 1 a 1
a 1 1
2a 1

 
  2       

1
1 b c
1 b 1 c
1 b c
2b c

a 1 1 b 1 1 c 1 1
        
+Tương tự ở (2), (3) nên đẳng thức (4): P  12   1 b c 1 c a 1 a b
a  0  b  0  c  0  a 2  b 2  c 2  3


a  b  c  0
b  c  ab  1;c  a  bc  1;a  b  ca  1  2

 c  b 2  c 2  1  a  b  c  1
2
2
2
a

0;
b

0;c

0;a

b


c

3

a 2  b 2  c 2  3

Vậy Max P  12  a  b  c  1

-----Hết-----

0,25