Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 8772031a

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 1 NĂM 2016
Câu

Nội dung đáp án
1) Tập xác định R.
2)Sư biến thiên:a)Giới hạn:
lim y = lim y = +∞
x→−∞

d1 đi qua M 1 ( 8;5;8 ) có 1 vtcp u1 (1; 2; −1)
d 2 đi qua M 2 ( 3;1;1) có 1 vtcp u2 ( 7; 2;3)

y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 2

u1 , u2  = ( 8; −10; −12 ) , M 1M 2 ( −5; −4 − 7 )



−∞

0
0 + 0 –
0

− 2

–
+∞

−4

2

+∞

0

5.

+
+∞

0,25
1,0
đ

−4

Hàm số đồng biến trên các khoảng

(−

) ( 2;+∞ ) , nghịch biến trên các
khoảng ( −∞; − 2 ) và ( 0; 2 ) .

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng :
8 ( x − 8) − 10 ( y − 5) − 12 ( z − 8) = 0

0,25

Hàm số đạt cực đại tại xCD = 0, yCD = 0 , đạt

0,25

S

M

G
A
H
B

y ' = 4 x3 + 4 x . Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm.

2. Vì tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 4 + 2 x 2
song song với đường thẳng y = 8 x nên ta
1,0
3
đ có: 4 x0 + 4 x0 = 8 ⇔ x0 = 1
PT tiếp tuyến cần tìm là: y = 8( x −1) + 3 = 8x − 5
3
3.a log3 ( x + 1) + 6log9 5 − x = 2 (1). ĐK: −1< x < 5
0,5 (1) ⇔ log3 ( x + 1)( 5 − x ) = 2
đ
⇔ − x 2 + 4 x + 5 = 9 ⇔ x = 2 (Thỏa mãn ĐK)
HS đã cho liên tục trên đoạn −1;3 và

3.b y ' = 2 + x.2 ln2 = 2 (1 + x ln2) > 0∀x ∈−1;3
1
1

0,5
y ( −1) = − ; y ( 3) = 24 ⇒ min y = y ( −1) = −
[ −1;3]
đ
2
2
max y = y ( 3) = 24
x

x

x

SH =

0,25
0,5
6.
0,25
0,25
0,25

e

e

(

)

2
e
e
xdx
1 d x +1 1
I1 = ∫ 2
= ∫
= ln x2 + 1
2
1
x +1 2 1 x +1
2
1
e

(

(

1 + e2
1
1
= ln 1 + e 2 − ln 2  = ln
 2
2
2

(

)

O
C

0,5

1,0
đ

1
1
AB = a .
2
2

Vì tam giác ABC là tam giác đều cạnh a
a2 3
nên S ABCD = 2 S ABC =
.
2
1
a3 3
⇒ VS . ABCD = SH .S ABCD =
.
3
12
Gọi M là trung điểm SA, O là tâm hình thoi
ABCD, khi đó : SC / / OM ⇒ SC / / ( MBD )
⇒ d ( SC; BD ) = d ( SC; ( MBD ) ) = d ( C; ( MBD) ) 0,25
Vì O, H là trung điểm AC và AB nên

d ( C; ( MBD ) ) = d ( A; ( MBD ) ) = 2d ( H ; ( MBD) )

0,25

1
a
AO = và HP / / AO nên HP ⊥ BD ,
2
4
mặt khác: MH ⊥ ( ABCD) ⇒ MH ⊥ BD do
HP =

0,25

e

ln x
1 e 1
1 1e 2
dx =− ln x + ∫ 2 dx =− − =− +1
2
x
x 1 1x
e x1 e
1

P

Gọi P là trung điểm BO, khi đó HP là
đường trung bình tam giác ABO nên

)

)

K

0,25

e

ln x 
xdx
ln xdx
 1
I = ∫ x 2
+ 3  dx = ∫ 2
+∫ 2
x +1 x 
x +1 1 x
1 
1

D

Dễ thấy tam giác SAB vuông cân tại S nên

0,25

[ −1;3]

I2 = ∫

0,25

⇔ 4 x − 5 y − 6 z + 41 = 0

0,25

e

0,25

n = u1 , u2  = ( 8; −10; −12)

2;0 và

2) Đồ thị:

1,0
đ

0,25

Ta có u1 , u2  M 1 M 2 = 84 ≠ 0 nên d1 , d 2 là
hai đường thẳng chéo nhau.
Vì mặt phẳng (P) chứa d1 và song song
với d 2 nên (P) là mặt phẳng đi qua M 1 và
có
1

vectơ
pháp
tuyến
là

cực tiểu tại xCT = ± 2, yCT = −4 .

4.

0,25

b)Bảng biến thiên: y ' = 4 x3 − 8 x;

y’
y

1,0
đ

)

1 + e2
1
2
⇒ I = I1 + I 2 = ln
+1 −
2
2
e

0,25

x→+∞

x

1.

(

Điểm

0,25

đó : BD ⊥ ( MHP ) . Gọi K là hình chiếu của H
0,25
lên MP, khi đó HK ⊥ MP,HK ⊥ BD nên
HK ⊥ ( MBD ) suy ra : d ( H ; ( MBD ) ) = HK
1
1
1
36 16 52
=
+
= 2 + 2 = 2
2
2
2
HK
HG

HP
a
a
a
a
a
⇒ HK =
⇒ d ( SC; BD ) =
2 13
13


cos3x + sin 2x = sin4x ⇔ cos3x − 2cos3x.sin x = 0

TH 2. −2 ≤ x < 12

0,25

7.a

 π kπ
(k ∈ Z)
cos3x = 0  x = +
6 3

⇔
⇔

0,5
sin x = 1

 x = π + k2π hoÆc x = 5π + k2π
D
2


6
6

Số phần tử KG mẫu: Ω = C164 .C124 .C84 .C44
Gọi A là biến cố mà bảng A có đúng 2 đội
bóng khối 10 và 2 đội bóng khối 11. Ta
có : A = C52 .C52 .C124 .C84 .C44 . Xác suất cần

7.b
0,5
đ

3

0,25

3

0,25

0,25

F

A

FBD = 2 FCD

O

8.

 −1 − 5
 1 + 5

S=
; −1 ∪ 
:12 

 2
  2

Từ giả thiết ta có x < xyz ⇒ yz > 1 tương tự

0,5

FBD = 2 ABD

D

góc với DF nên có PT: 1( x + 2) − 1( y − 1) = 0
⇔ x − y+3=0.
Tọa độ các điểm A, B là nghiệm của hệ:
 x = −3
x = 0

 x − y = −3
⇔
hoặc 
 2
2
 x + y = 9
y = 0
y = 3

10.
1,0
đ

)

x3 + 4x2 + 3x − 2( x + 3) 3 2x + 3

(

3

)(

2x + 3 − 3

)

x + 4 +1

9.

⇔1≥

x+2 +2≥

( x + 3) (

2x + 3 − 3
1,0
TH
1.
x
>
12
đ
3

(**)

2

(

)(

0,25

)

⇔ ( t + 1) t + 1 + 3 t + 1 − 3 ≤ 0 ⇔ t ≤ 3 − 1

0,5
Do đó

3

abc ≤ 3 − 1 ⇔ abc ≤

( x − 1)( y − 1)( z − 1) ≤ (

(1)

)

(

)

3

3 −1

hay:

3

3 −1

Vậy max P =

(

0,25

)

3

3 −1 .

TỔNG

10,0

0,25

) (2)

HẾT
3

( 2) ⇔( 3 2x + 3) + 3 2x + 3 ≥ ( x + 2) + x + 2 ( 3)
Hàm số f ( t ) = t + t đồng biến trên R nên :
( 3) ⇔ 2 x + 3 ≥ x + 2 ⇔ ( 2 x + 3) ≥ ( x + 2)
3

3

2

ab + bc + ca ≥ 3 3 ( abc ) = 3t2

2x + 3 − 3

x+2 −2

3

Đặt t = abc , ta có:

Dấu bằng xảy ra khi: x = y = z = 3 .

( x + 3)( x − 2 )
3

0,25

3

T (*), (**) suy ra : t + 3t ≤ 2

ĐK : x ≥ −2, x ≠ 12

(1) ⇔

0,25

(*)

⇔ ab + bc + ca + abc = 2

3

B có tung độ dương nên: B ( 0;3) , A ( −3;0 )
x + 4 −1 x + 2 ≥

0,25

a + b + c + 3 = ( a + 1)( b + 1)( c + 1)

do đó AB là đường phân giác trong của góc
ABD của tam giác cân FBD nên AB cũng
1,0
là
đường cao, hay: AB ⊥ FD .
đ
Đường thẳng AB qua M ( −2;1) và vuông

(

cũng có : zx > 1, xy > 1 . Do đó có tối đa 1
trong 3 số x, y, z bé hơn 1.
TH 1. Có đúng 1 số bé hơn 1, chẳng hạn :
x < 1; y ≥ 1; z ≥ 1 khi đó P ≤ 0 .
TH 2. x ≥ 1, y ≥ 1, z ≥ 1 .
Đặt x − 1 = a, y − 1 = b, z − 1 = c với a, b, c > 0
Giả thiết bài toán trở thành:

suy ra

C

0,25

2

Đối chiếu điều kiện −2 ≤ x < 12 ta có tập
nghiệm của bất phương trình là :

C 2 .C 2
5
tìm là: P ( A ) =
= 545 =
≈ 0,05495
Ω
91
C16

B

2

 −1 − 5
 1 + 5

⇔ x∈
; −1 ∪ 
: +∞ 

 2

  2


A

Tứ giác ABCD
nội tiếp đường
tròn tâm O nên
ABD = ACD .
Trong đường
tròn tâm B bán
kính BC ta có

3

( 2) ⇔( 3 2x + 3) + 3 2x + 3 ≤ ( x + 2) + x + 2 ( 4)
Hàm số f ( t ) = t 3 + t đồng biến trên R nên:
2
3
( 4 ) ⇔ 3 2 x + 3 ≤ x + 2 ⇔ ( 2 x + 3) ≤ ( x + 2 )
⇔ x + 2 x − 1 ≥ 0 ⇔ ( x + 1) ( x + x − 1) ≥ 0

2

⇔ x 3 + 2 x 2 − 1 ≤ 0 vô nghiệm vì x > 12 .

3

0,25

NẾU HS GIẢI CÁCH KHÁC MÀ VẪN ĐÚNG
THÌ CHO ĐIỂM TỐI ĐA CHO PHẦN ĐÓ.