Đáp án đề thi thử THPT quốc gia môn Toán 2016 - Tỉnh Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1

THẦY TÀI – 0977.413.341 CHIA SẺ

Môn thi: Toán

ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Thời gian: 180p- không kể thời gian phát đề

Câu
Câu 1
(1,5 điểm)

Nội dung

Điểm

a) (1,0 điểm)
1) Hàm số có TXĐ: D = R \ {1}
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
* lim y  ; lim y   nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị
x1

x1

hàm số.
* lim y  lim y  2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm

x

0,25

0,25

x

số.
b) Bảng biến thiên:
1
Ta có: y ' 
 0, x  1
x  12
Bảng biến thiên:
x -
y’
2

+

1

0,25

+

y
-
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 và 1; 

2

3) Đồ thị:

1 
+ Đồ thị cắt trục tung tại (0;1) và cắt trục hoành tại điểm  ;0 
2 
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
y
0,25
2
1
1

x

O 1
2
b) (0,5 điểm)

1
1 
Do A  (C)  Ox nên A ;0  , y '    4
2
2 

Câu 2

1


Tiếp tuyến của (C) tại A có phương trình: y  4 x    0  y  4 x  2
2

f '( x)  4 x 3  4 x , f '( x)  0  4 x3  4 x  0  x  0, x  1, x  1(loại)

1

0,25
0,25
0,25


(0,5 điểm)

Ta có: f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 227.
Vậy max f ( x)  f (4)  227, min f ( x)  f (1)  2
[0;4]

[0;4]

Câu 3
(1,0 điểm)

a) (0,5 điểm)
Phương trình có   1  4  3  ( 3i) 2
Do đó phương trình có hai nghiệm z 

0,25

1
3
1
3

i, z  
i
2 2
2 2

b) (0,5 điểm)
Điều kiện xác định: x  3 .
log2 ( x  3)  log2 ( x  1)  3  log2 [( x  3)( x  1)]  3  ( x  3)( x  1)  8

 x2  4x  5  0  1  x  5
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S  (3;5] .
Câu 4
(1,0 điểm)

Câu 5
(1,0 điểm)

Câu 6
(1,0 điểm)

0,25

2

2

3

dx

2
2
du 
2

u  ln x
x 2 ln x
x
x2
3

x

 I1 
  dx  2 ln 2 
 2 ln 2 
Đặt 
2
2 1 12
4 1
4
dv  xdx v  x

2
15

3
Vậy I   2 ln 2   2 ln 2  3 .
4
4
AB  (4;4;0), AC  (4;0;4) . Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là





n  AB, AC  (16;16;16)

Do đó (P) có phương trình:  16( x  5)  16( y  2)  16( z  3)  0  x  y  z  0 .
2 1 3
2

Mặt cầu (S) có bán kính R  d ( I ; ( P )) 
.
111
3
4
(S) có phương trình ( x  2) 2  ( y  1) 2  ( z  3) 2  .
3
a) 0,5 điểm
1
2 cos 2  7 sin   0  2(1  2 sin 2  )  7 sin   0  sin    , sin   2 (loại).
4
2
3
2

2
A  sin 3  sin 2  3 sin   4 sin   4 sin  (1  sin  )
3

 1  1
 1
 3    4    4  
 4  4
 4

2

0,25
0,25

2

2

x4
15
I   x( x  ln x)dx   x dx   x ln xdx 
 I1   I1
4 1
4
1
1
1
2

0,25

  1 2 
29
29
1        . Vậy A   .
64
64
  4  

b) 0,5 điểm
Số cách xếp ngẫu nhiên 5 thí sinh vào 10 phòng thi là   105  100000

0,5

0,25

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

0,25

0,25

0,25

Gọi B là biến cố đã cho

Có C53 cách chọn 3 thí sinh trong số 5 thí sinh của trường A và có 10 cách chọn
phòng thi cho 3 thí sinh đó.
Ứng với mỗi cách chọn trên ta có 9.9 cách chọn phòng thi cho 2 thí sinh còn
lại.
Do đó số cách xếp 5 thí sinh thỏa mãn điều kiện đề bài là
 B  C53 .10.9.9  8100 .
2

0,25


Xác suất cần tìm là: P( B) 
Câu 7
(1,0 điểm)

B




8100
81
.

100000 1000

Theo bài ra thì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD
nên AC  CD . Do SH  (ABCD) nên SH  CD , từ đó ta có CD  (SAC) .

0,25

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SCH  SCH  60 .
0

AC  AD 2  CD 2  a 3

S

2
2a 3
AC 
3
3
0
SH  HC. tan 60  2a
Gọi O là trung điểm của AD,
 HC 

K

A

D

O
H

x

3a 2 3

.
4
Thể tích khối chóp S.ABCD là
1
VS . ABCD  SH .S ABCD
3
1
3a 2 3 a 3 3
(đvtt).
 .2a.

3
4
2
khi đó S ABCD  3S AOB 

0,25

C

B

Kẻ đường thẳng Ax song song với CD, gọi (P) là mặt phẳng chứa SA và Ax,
khi đó AC //(P) .Suy ra d (CD; SA)  d (CD, ( P))  d (C, ( P))  3d ( H , ( P)) (Do CA =
3HA).
Ta có AC CD nên HA  Ax mà SH Ax suy ra Ax  (SAH ) .
Từ H kẻ HK  SA ( K  SA) , khi đó Ax  HK  HK  (P) nên HK  d ( H , ( P)) .

1
a 3

1
1
1
13
2a 13
AC 


 2  HK 
;
2
2
2
3
3
HK
AH
SH
4a
13
6a 13
Vậy d ( SA, CD ) 
(đvđd)
13
Đặt AB  m  AD  2m .
E
Ta có BD2  AB2  AD2  2 AB.AD cos600  3m2 .
 BD  m 3
C
B

Do đó AB 2  BD 2  AD 2 nên tam giác ABD
vuông tại B, nghĩa là IB  AE .
I
2
m 3
7m 2
2
2
2

  m2 
IE

IB

BE

.
A
 2 
D
4



0,25

AH 

Câu 8

(1,0 điểm)

Mặt khác IE 2  (2 3) 2  42  28 nên ta có

m 3
7m 2
2 3.
 28  m  4  IB 
2
4

3

0,25

0,25


Gọi n  (a; b) là vectơ pháp tuyến của AB ( a 2  b 2  0) khi đó AB có phương
trình
a( x  2)  b( y  9)  0  ax  by  2a  9b  0
Ta lại có d ( I , AB )  IB 

0,25

2 3a  4b

 2 3  (2 3a  4b)  12(a  b )
a 2  b2
 b(b  4 3a)  0  b  0, b  4 3a

+) Với b = 0, chọn a = 1, khi đó AB có phương trình x  2  0 , suy ra IB có
phương trình y  5  0 . Do B  AB  IB nên B(2;5) , mà B là trung điểm của
AE nên A(2;1) (thỏa mãn điều kiện x A  0 ).
2

2

2

0,25

Do I là trung điểm của AC và BD nên ta suy ra C (4 3  2;9), D(4 3  2;5)
+) Với b  4 3a , chọn a = 1  b  4 3 , khi đó AB có phương trình
x  4 3 y  2  36 3  0 , suy ra IB có phương trình 4 3( x  2 3  2)  ( y  5)  0 .

 4 3x  y  8 3  19  0
 16 3  14 59 
;  , mà B là trung điểm của AE nên
Do B  AB  IB nên B
7
7 

 32 3  14 55 
A
;  (không thỏa mãn điều kiện x A  0 ).
7
7 

Vậy A(2;1), B(2;5) , C (4 3  2;9), D(4 3  2;5)

Câu 9
(1,0 điểm)

0,25

Gọi bất phương trình đã cho là (1). Điều kiện xác định: x  2 .

(1)  2









x  2  x x2  x  3 





x  2  x  2x2  2x  5

 2x  2x  6 1 2x  2x  5
x  2  x2 x  2 x  6  1  (2 x  2 x  5)
x2 x

2

2

2

2



0,25

2x2  2x  6  1

 x  2  x  2 x 2  2 x  6  1 (Do 2 x 2  2 x  5  0, x  R )

 x  2  x  1  2( x  1) 2  2( x  2) (2)

Câu 10
(1,0 điểm)

Đặt a  x  2 , b  x  1(a  0) , (2) trở thành
a  b  0
a  b  0
a  b  2a 2  2b 2  

ab0

2
2
2

2
(a  b)  2a  2b
(a  b)  0
x  1  0
x  1
3  13
Do đó ta có x  2  x  1  
.

x
 2
2
2
x

2

(
x

1
)
x

3
x

1

0



3  13
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x 
.
2
Giả sử a  b  c  k  0 , đặt a  kx, b  ky, c  kz  x, y, z  0 và x  y  z  1.

 k (3x  y)
k (3 y  z )
k (3z  x)  3x  y
3y  z
3z  x
Khi đó P  k  2 2
 2 2
 2 2
 2
 2
 2

 k ( x  xy) k ( y  yz) k ( z  zx)  x  xy y  yz z  zx
4 x  ( x  y ) 4 y  ( y  z ) 4 z  ( z  x)
4
1
4
1
4
1





 
 

x( x  y )
y( y  z )
z ( z  x)
x y x yz y zx z
4
1
4
1
4
1 5x  1 5 y  1 5z  1

 
 
 


.
1  z x 1  x y 1  y z x  x2 y  y 2 z  z 2
Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên b  c  a  y  z  x  1  x  x
1
 1
 1
 x  , tức là x   0;  . Tương tự ta cũng có y, z   0;  .
2
 2

 2
4

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25


5t  1
 1
 18t  3 (*) đúng với mọi t   0;  .
2
t t
 2
3
2
18t  21t  8t  1
(2t  1)(3t  1) 2
5t  1


0

 0 (**)
Thật vậy: (*) 


18
t

3

0
t  t2
t (1  t )
t  t2
 1
 1
(**) hiển nhiên đúng với mọi t   0;  . Do đó (*) đúng với mọi t   0;  .
 2
 2
Áp dụng (*) ta được P  18x  3  18y  3  18z  3  18( x  y  z)  9  9
1
Dấu “=” xảy ra khi x  y  z   a  b  c .
3
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 9 khi a  b  c .
Ta sẽ chứng minh

----------------HẾT----------------

5

0,25

0,25