Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 9180628a

Họ và tên thí sinh…………………………………………SBD……………………..
Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Đồng Đậu
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
Môn thi: Toán
Câu
Đáp án
Điểm
3
2
Với m = 1 hàm số trở thành y  x  3x  2
*Tập xác định : D  R
0,25
* Sự biến thiên:
y   , lim y  
+ Giới hạn tại vô cực: xlim

x 
x  0
x  2

+ Chiều biến thiên : y '  3x 2  6 x , y '  0  

1.1
(1,0
điểm)

Các khoảng đồng biến: (;0) và (2; ) ; khoảng nghịch biến : (0;2)
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  2 ; đạt cực tiểu tại x  2, yCT  2.
+ Bảng biến thiên:

x -∞
0
2
+∞
y’
0
0+
+
0
y

0,25

0,25

-2
-∞
*Đồ thị:

0,25

1.2
(1,0
điểm)

Ta có: y '  3x2  6mx  m2 1; y ''  6 x  6m
 y '(2)  0
 y ''(2)  0

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x  2  

m 2  12m  11  0

12  6m  0
 m 1
2

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


2.1
(0,5
điểm)

2.2
(0,5
điểm)

3
(1,0
điểm)

Vậy với m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Điều kiện x  5 . Phương trình đã cho tương đương với
log2 ( x  5)( x  2)  3  ( x  5)( x  2)  8
 x  6(t / m)
 x 2  3x  18  0  

 x  3(l )
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  6.
t  2
14
Đặt t  7 x , t  0 . Ta có phương trình: t   9  0  t 2  9t  14  0  
t
t  7

Với t  2, suy ra 7 x  2  x  log 7 2
Với t  7, suy ra 7 x  7  x  1
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S  log 7 2;1 .
Ta có hàm số f ( x) xác định và liên tục trên đoạn [-2;0];
f '( x) 

1
2

0,25
0,25
0,25

0,25

4 x 2  2 x  2
1 2x

Với x   2;0 thì f '( x)  0  x  

0,25

1
2

0,25

1
4

Ta có f (2)  4  ln 5; f ( )   ln 2; f (0)  0.

0,25

Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên đoạn [-2;0] lần
0,25

1
4

lượt là 4  ln 5 và  ln 2.
4
(1,0
điểm)

n  3
. Phương trình đã cho tương đương với
n  N
n!
n!
 13.
4!(n  4)!

(n  2)!2!
 n  15(t / m)
 n 2  5n  150  0  
 n  10(l )

Điều kiện 

Vậy n  15.
Với n = 15 ta có

0,25

0,25

15

15
1 k
 3 1 
k
3 15 k 
 x  2    C15  x  .   2 
x 

 x 
k 0

0,25

15

  C15k (1) k .x 455 k
k 0

Để trong khai triển đã cho có số hạng chứa x10 thì 45  5k  10  k  7(t / m)
Vậy hệ số của x10 trong khai triển đã cho là C157 .(1)7  6435 .
5.1
(0,5
điểm)

1
3

Ta có: sin(   )    s inx 

0,25

1
3


 7





tan 
    tan  3      tan      cot 
2

 2



2

3

0,25


Vì

5.2
(0,5
điểm)


2

     cot   0 . Do đó 1  cot 2  

1
1
 cot   
 1  2 2
2
sin 
sin 2 

7

0,25

5
  C20
.C155 .C105 .C55

0,25

Vậy tan      2 2 .
 2

Chia 20 học sinh thành 4 nhóm nên số phần tử của không gian mẫu là
Gọi A là biến cố “ Chia 20 học sinh thành 4 nhóm sao cho 5 bạn nữ thuộc cùng
một nhóm”
Xét 5 bạn nữ thuộc một nhóm có C155 .C105 .C55 cách chia 15 nam vào 3 nhóm còn
lại
Vì 5 bạn nữ có thể thuộc nhóm A,B,C hay D nên ta có  A  4.C155 .C105 .C55 .

0,25

A
4.C155 .C105 .C55
1
 5 5 5 5
Vậy xác suất của biến cố A là P( A) 
.

C20 .C15 .C10 .C5 3876

6
(1,0
điểm)

0,25

Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB đều nên SH  AB
Mà  SAB    ABCD  , suy ra SH   ABCD  .
Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có
OA  a, OB  2a  AB  OA2  OB 2  a 5

3 a 15

2
2
1
1
Đáy ABCD là hình thoi nên có diện tích S ABCD  AC.BD  .2a.4a  4a 2
2
2
1
2a 3 15
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là VS . ABCD  .S ABCD .SH 
3
3
Ta có AD / / BC  AD / /  SBC 

Tam giác SAB đều cạnh a 5 nên đường cao SH  a 5.

Do đó d  AD; SC   d  AD;( SBC )   d  A;(SBC )   2d  H ;(SBC )  .
Gọi K là hình chiếu của H trên BC, ta có BC  HK và BC  SH nên BC  (SHK )
Gọi I là hình chiếu của H trên SK, ta có HI  SK và HI  BC nên HI  (SBC).
Từ đó suy ra d ( AD; SC )  2d  H ;( SBC )   2 HI
4

0,25

0,25


Ta có HK 

2SHBC SABC SABCD 2a



BC
BC
2 BC
5

Tam giác SHK vuông tại H nên HI 
Vậy

d  AD; SC   2 HI 

HS .HK
HS  HK
2

2



2a 15
91

0,25

4a 15
91

7
(1,0
điểm)

0,25

Gọi M  AI  BC . Giả sử AB  x( x  0), R, r lần lượt là bán kính đường tròn
ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC
-Do tam giác ABC đều nên S ABC 

x2 3
x2 3
 3
x2
4
4

-Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp
1
3
Giả sử I (2a  2; a)  d1 (a  1)

tam giác ABC  r  IM  AM 

1
3
3
.
3
3

0,25

Do d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên
d ( I ; d2 )  r 

3(2a  2)  3a  6
99


62 6
3
a
 1(l )


 3a  6  6  6 

3

3
 a  2

Suy ra I (2;2) .
2
3

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính R  AM 

2 3
3

0,25

 phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC
4
là : ( x  2)2  ( y  2) 2 
3
Giao điểm của đường thẳng (d1 ) và (C ) là nghiệm của hệ phương trình:
x  2 y  2  0

4

( x  2)2  ( y  2) 2 

3


0,25

5


Vậy giao điểm của (d1 ) và (d2 ) là E (2 
8
(1,0
điểm)

2
4
2
4
;2 
), F (2 
;2 
).
15
15
15
15

 x 2  xy  2 y 2  3 y  1  y  1  x (1)


3 6  y  2 x  3 y  7  2 x  7 (2)
x  0
Điều kiện 1  y  6
.

2 x  3 y  7  0






Với điều kiện trên ta có :
(1) 

y 1  x
 ( y  1  x)( y  1  x)  y ( y  1  x)  0
y 1  x



1
 ( y  1  x) 
 y 1 x  y   0
 y 1  x



 y  x 1
1
 
 y  1  x  y  0 (*)
 y  1  x
x  0
+ Với 

, suy ra phương trình (*) vô nghiệm
1  y  6

0,25

0,25

+ Với y  x  1 thay vào (2) ta được 3 5  x  3 5 x  4  2 x  7 (3)
Điều kiện

4
 x  5 ta có :
5
(3)  7  x  3 5  x  3( x  5 x  4)  0

7  x


2

 9 5  x 

7 x3 5 x



3  x2  5x  4
x  5x  4

0

0,25

1
3


  x2  5x  4 

0
 7  x  3 5  x x  5x  4 

 2
x  1
 x  5x  4  0  
x  4


1
3

 0(VN )

 7  x  3 5  x x  5x  4
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y)  (1;2) và ( x; y)  (4;5)

9
(1,0
điểm)

0,25

Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a2  2b  12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P 

4 4
5
 4
4
a b 8  a  b 2

Từ giả thiết và bất đẳng thức CôSi ta có:
a2  2b  12  a2  4  2b  16  4a  2b  16  2 4a.2b  16  0  ab  8

6

0,25


a 2b 2  4 4  ab
5
1  a 2 b2  5
1
Do đó P 
  2  2  .
 4  4  .
2
64  a b  8 8  a  b  16  b a  64 a  b  2
b a
1 2 5 1

a b
1
Đặt t   (t  2) , ta có P  t  .

16
b a
64 t  2 8
1
5 1
1
Xét hàm số f (t )  t 2  .
 trên (2; )
16
64 t  2 8
1
5
1
5
Ta có f '(t )  t  .
; f '(t )  0  t 
2
8 64  t  2 
2

0,25

0,25

Bảng biến thiên

 5  27
Từ bảng biến thiên ta có min
f (t )  f   
 2; 
 2  64
27
, dấu bằng xảy ra khi a  2, b  4.
64
27
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng
khi a  2, b  4.
64

Suy ra P 

0,25

--------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------

7