Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 9683026a

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN - Lần 1

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Đáp án

Câu
1

Điểm

Khảo sát sự biến thiên…
- TXĐ: D =

1,0

2 1 

- Giới hạn: lim y  lim x 4 1  2  4   
x 
x 
x 
 x
- Sự biến thiên:
+) Ta có: y' = 4x3 - 4x  y '  0  x  0  x  1
+) Bảng biến thiên
x
y

'

-

- 1
-

0,25

f(x)=x^4-2x^2+1

0

0

+

1

0

-

+
+

0

+

+

0,25

1

y
0

0

Suy ra: * Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 ,  0;1 và hàm đồng
biến trên các khoảng  1;0  , 1;   .
* Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ = 1
xCT = 1 , yCT = 0
- Đồ thị:

0,25

y
2

1

x
-2

-1

1

2

0,25
-1

-2

- NX: Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng
2

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…

1,0

- Ta có f  x  liên tục và xác định trên đoạn  2;5 ; f '  x   1 

4

 x  1

2

- Với x   2;5 thì f '  x   0  x  3

0,25

- Ta có: f  2   3, f  3  2, f  5   3
- Do đó: Max f  x   3  x  2  x  5 ,
 2;5

3

0,25

min f  x   2  x  3
 2;5

a) - Ta có phương trình cos 2 x  3sin x  2  0  2sin 2 x  3sin x  1  0

0,25
0,25
0,25




 x   2  k 2

sin x  1



  x    k 2 , k  .
1

sin x  
6



2
 x  7  k 2

6
- KL: Phương trình có ba họ nghiệm…
b)- ĐK: x  2
- Khi đó bất phương trình có dạng: log 2  2 x  1  log 2  x  2   1
 log 2  2 x  1 x  2    1

4

 5
 2 x 2  5 x  0  x  0; 
 2
 5
- Kết hợp điều kiện ta có: x   2; 
 2
Tìm số hạng chứa…
- ĐK: n 

,n  2

 n  15
DK

n  15
- Khi đó: An2  2Cn1  180  n 2  3n  180  0  
 n  12
153 k
15

2
k k

k
- Khi n = 15 ta có:  x     C15  1 2 x 2
x

k 0
15  3k
3 k 3
Mà theo bài ra ta có:
2
3
Do đó số hạng chứa x 3 trong khai triển trên là: C153  1 23 x3  3640 x3

0,25

0,25

0,25
1,0
0,25

15

5

Tìm tọa độ điểm và…
- Do ABC.A'B'C' là hình lăng trụ nên BB '  AA '  B '  2;3;1
Tương tự: CC '  AA '  C '  2; 2; 2 

- Gọi phương trình mặt cầu (S) cần tìm dạng
x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0, a 2  b2  c2  d  0
Do A, B, C và A' thuộc mặt cầu (S) nên:
2a  2b  2c  d  3
3

2a  4b  2c  d  6

a  b  c  

2

2
a

2
b

4
c

d


6

d  6
4a  4b  2c  d  9

6

- Do đó phương trình mặt cầu (S): x2  y 2  z 2  3x  3 y  3z  6  0
1  cos 
  2 cos 2   1
a) Ta có: P 
2
1 3  9
 27
 1     2.  1 
2  5   25  25
b)- Số cách chọn 5 em học sinh từ 8 học sinh trên là C85 = 56 cách
- Để chọn 5 em thỏa mãn bài ra, ta xét các trường hợp sau
+) 1 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 3 nam khối 12 có: C21C21C43 cách
+) 1 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C21C22C42 cách

0,25
0,25
0,25
1,0
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

+) 2 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C22C21C42 cách

7

+) 2 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 1 nam khối 12 có: C22C22C41 cách
Số cách chọn 5 em thỏa mãn bài ra là:
C21C21C43 + C21C22C42 + C22C21C42 + C22C22C41 = 44 cách
44 11

- Vậy xác suất cần tính là:
56 14
Tính thể tích và...

0,25

1,0

S

- Tính thể tích

K

+) Ta có: AB  AC  BC  4a
2

2

+) Mà   SCD  ,  ABCD    SDA  45

nên SA = AD = 3a
1
Do đó: VS . ABCD  SA.S ABCD  12a 3 (đvtt)
3
- Tính góc…
+) Dựng điểm K sao cho SK  AD
B
Gọi H là hình chiếu vuông góc của

0,25

H

0

A

D

0,25
0,25

C

D lên CK, khi đó: DK   SBC  . Do đó:  SD,  SBC    DSH
DC.DK 12a

, SD  SA2  AD 2  3a 2
KC
5

3a 34
SH  SD 2  DH 2 
5
SH
17
Do đó:  SD,  SBC    DSH  arccos
 arccos
 340 27 '
SD
5
Tìm tọa độ các đỉnh…

+) Mặt khác DH 

8

0,25

1,0

C

B
H
I

K
E

A

9

D

- Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại K và cắt AB tại I
Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK  AE.
1
+) K là trung điểm của AH nên KE  AD hay KE  BC
2
Do đó: CE  AE  CE: 2x - 8y + 27 = 0
 3 
Mà E  AE  CE  E   ;3  , mặt khác E là trung điểm của HD nên D  2;3
 2 
- Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1).
- Suy ra AB: x - 2y +3=0. Do đó: B(3; 3).
KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3)
Giải bất phương trình...
- ĐK: x  1, x  13
- Khi đó:

x 1 

x2  x  2 3 2 x  1
x2  x  6

x

1


2

3
3
2x 1  3
2x 1  3

0,25

0,25
0,25
0,25
1,0
0,25


1

 x  2 

x 1  2

2x 1  3

3

 , *

- Nếu 2 x  1  3  0  x  13 (1)
thì (*)   2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1

3

Do hàm f (t )  t 3  t là hàm đồng biến trên
f



3

 

2x 1  f



, mà (*):

0,25

x 1  2x 1  x 1  x  x  x  0
3

3

2


1  5   1  5  DK(1)
Suy ra: x   ;
 VN

  0;
 
2  
2 

- Nếu 3 2 x  1  3  0  1  x  13 (2)
thì (2*)   2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1
Do hàm f (t )  t 3  t là hàm đồng biến trên

f

10



3

 

2x 1  f

, mà (2*):

1

 1  x   2

x  1  3 2 x  1  x  1    1  x  13
 2


2
3
  2 x  1   x  1



1  5
1  5
 DK(2)

Suy ra: x   1;0  
;   
;13 
 x   1;0  
 2
 2


1  5

-KL: x   1;0  
;13 
 2

Tìm giá trị nhỏ nhất...
- Ta có: P 

1

 a  1

2



4b

0,25

2

1  2b 

2



8

 c  3

2



1

 a  1

2



1
 1

  1
 2b 

2



0,25

1,0

8

 c  3

2

1
- Đặt d  , khi đó ta có: a2b2  c2b2  1  3b trở thành a2  c2  d 2  3d
b
1
1
8
8

8
Mặt khác: P 




2
2
2
2
2
 a  1  d  1  c  3  a  d  2   c  3




2
2 


64
256


2
2
d
 2a  d  2c  10 



a


c

5


2


2
- Mà: 2a  4d  2c  a  1  d 2  4  c2  1  a2  d 2  c2  6  3d  6
Suy ra: 2a  d  2c  6
1
- Do đó: P  1 nên GTNN của P bằng 1 khi a  1, c  1, b 
2

0,25

0,25

0,25
0,25

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì căn cứ thang điểm để cho điểm phần đó.