Đáp án Đề thi THPT Đồng Xoài Bình Phước Lần 3 năm 2016

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC
TRƯỜNG THPT ĐỒNG XOÀI

Câu
1

Ý

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – 2016
Môn TOÁN Lớp 12 – Lần 3
Thời gian làm bài 180 phút

Nội dung
+TXĐ: D = R
+ y' = 3x2 –6x ;
y' = 0 <=> x = 0 ; x = 2 ;
lim y  ; lim y  
x 

Điểm
025

x 

025

+Bảng biến thiên
x
y

y





0
0
4





+ Hàm số đồng biến trên (–∞; 0) và (2; +∞)
+ Hàm số nghịch biến trên (0 ; 2)
+ Điểm CĐ: (0; 4), điểm CT: (2; 0)
+ Điểm đặc biệt:
x
–1
0
1
y
0
4
2

2
0





0

025

025
2
0

3
4

+Vẽ đồ thị

2

 1
+ TXĐ: D  R \   nên hàm số luôn xác định và liên tục trên [0; 3]
 2

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
025

Page 1

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

+ y/ 

5

2 x 1

2

+ y 0  2;

025

 0, x   0;3
y 3 

025

1
7

025

1
+ Vậy: Max y  khi x  3; min y  2 khi x  0.
0;3
0;3
7

3

a

z  1  i 2  i   8  i  z  5  2i

025

z  5  22  29

025

2

b

4

025
025

2  x  0
log 3 (2  x)  1  
 1  x  2
2  x  3
1

I 



0

1

025

1


3x  1  2 dx     3x  1 2  2  dx

0



1

3
2

   3 x  1 2  2 x 
9
0



5

0,5

4
9

025


+ vtcp của d là vtpt của (P) nên nP   2;1; 3

025
025

 pttq ( P) :2( x  4)  1( y  5)  3( z  3)  0  2 x  y  3z  22  0
 x  1  2t

 ptts d :  y  t
 z  2  3t


025

+ Xét pt: 2 1  2t   t  3  2  3t   22  0  14t  14  0  t  1
+ Vậy tọa độ giao điểm của d và (P) là H  3;1; 5 
6

025
0,25
0,25

a sin 2 x  2sin x  0  2sin x  cos x  1  0

 x  k

b + Số phần tử của không gian mẫu: n     C63  20

025

+ Gọi A là biến cố “ chọn được 3 HS có cả nam và nữ” thì n  A   C41C22  C42C21  16
+ Vậy xác suất là P  A  
7

16 4

20 5

025

a2 3
S
4
  600
Do SA  ( ABC ) nên góc giữa SB với đáy là SBA
  a tan 600  a 3
SA  AB tan SBA

+ Do ABC là tam giác đều cạnh a nên S ABC 

025

H
C

A
Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG

/>
N
M
K />B

Page 2


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

025

1 a2 3
a3
a 3
3 4
4
+ Gọi N là trung điểm AB, ta được AC // (SMN)
Gọi K, H lần lượt là hình chiếu của A lên MN và SK, ta
có: AH  SK ; MK  ( SAK )  MK  AH nên
VS . ABC 

025

AH  ( SMN )  AH  d  A;  SMN    d  AC , SM 

  NAC

  600
KNA
  a sin 600  a 3
AK  AN sin KNA
2
4

8

1
1
1
16
1
17
a 51
a 51

 2  2  2  2  AH 
. Vậy d  AC , SM  
2
2
AH
AK
SA
3a 3a
3a
17
17
d1 : x  y  2  0

025

d2 : 4 x  3 y  1  0
Vì d1 là phân giác trong của góc A nên đường
thẳng l qua H và vuông góc với d1 cắt AC tại
điểm H’ đối xứng với H qua d1. Gọi I là giao
điểm của l và d1, I là trung điểm của HH’.
Phương trình đường thẳng l : y  1  ( x  1)
Tọa

độ

điểm

I

là

nghiệm

của

hệ

:

 x y20
 I (2;0)


y

1


(
x

1
)

a  1  2 xI  4 
'
  H (3;1)
b  1  2 yI  0 
Đường thẳng AC qua H’(–3;1) và AC  d2: 4 x  3 y  1  0 nên AC có hệ số góc
Gọi tọa độ của H’(a;b) thì

3
3
3
13
nên có phương trình là: y  1  ( x  3)  y  x 
4
4
4
4
 x  y  2  0
suy ra tọa độ của điểm A: 
1

 A(5;7)
 y  4 (3x  13)

025

bằng k 

025


CH qua H(–1;–1) có vtpt là HA  (6;8)  2.(3; 4) .

025

Phương trình CH dạng: 3( x  1)  4( y  1)  0  3x  4 y  7  0
3x  4 y  13  0

10 3



C  AC  CH nên tọa độ C là nghiệm của hệ: 
 C ; 
 3 4
 3x  4 y  7  0

025
9



 x  2 y 1  0
+ Điều kiện: 


5  x  0

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
Page 3


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ
 x  2 y  1  5  x  2 x 2  8 x  2 y  6  0

+Ta có hệ  
 x  2 y  x 2  2 xy  2 y 2  2 y  5  0

 x  2 y 1  5  x  2 x 2  8 x  2 y  6  0




 x  2 y  0


2
 2

 x  2 xy  2 y  2 y  5  0


025

Dễ thấy x 2  2 xy  2 y 2  2 y  5  0   x 2  2 xy  y 2    y 2  2 y  1  4  0
  x  y    y 1  4  0 : vô nghiệm với x, y  R.
2

2

 x  2 y  1  5  x  2 x 2  8 x  2 y  6  0
Do đó hệ  
 x  2 y

 2 x  1  5  x  2 x 2  7 x  6  0 (*)
 
 x  2 y


Giải phương trình:

2 x  1  5  x  2 x 2  7 x  7  0 (*)

1
+) Điều kiện:   x  5
2

025

2 x  1  3  1 5  x  2 x  7 x  4  0
2x 8

x4

 ( x  4)(2 x  1)  0

2 x 1  3 1  5  x
2

+) Phương trình 

x  4  0


2
1


 (2 x  1)  0
 2 x  1  3 1  5  x
2
1

 (2 x  1)  0 nên x = 4  y = 2
2 x 1  3 1  5  x
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (4; 2)

Dễ thấy

025

025

10

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
1 a  4b 1 a  4b  16c 4
a  ab  3 abc  a  .
 .
 a  b  c .
2
2
4
3
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  4b  16c .
3
3
Suy ra P 

2a  b  c
abc
Đặt t  a  b  c, t  0 . Khi đó ta có: P 
Xét hàm số f  t  

025

025

3 3

2t
t

3 3
3
3
với t  0 ta có f '  t  

 2.
2t
t
2t t 2t

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
025

Page 4


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

f 't   0 
Bảng biến thiên
t

3
3
 2  0  t 1
2t t 2t





f 't 
f t 



1

0

0

+



0


Do đó ta có min f  t   
t 0

3
2

3
khi và chỉ khi t = 1
2

3
Vậy ta có P   , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
a  b  c  1
16
4
1
 a  ,b  ,c  .

21
21
21
a  4b  16c
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 

025

3
 16 4 1 
khi và chỉ khi  a, b, c    , ,  .
2
 21 21 21 

Lưu ý : Mọi cách giải khác mà đúng thì cho trọn số điểm !

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
Page 5