Đáp án Đề thi THPT Lê lợi Thanh Hóa Lần 1 năm 2016

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI
TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015 -2016

Môn: Toán – lớp 12
(Đáp án có:04 trang)

Câu
Câu 1
(1,0đ)

Đáp án
a/ TXĐ:R
b/ Sự biến thiên
+Giới hạn limy  ; limy  
x 

Điếm
x

+

y'

x 

+Bảng biến thiên: y '  3 x 2  6 x ;

-2
0



Hàm số đồng biến trong khoảng
(;  2) và (0;  ) , nghịch biến
trong khoảng (2; 0) . Hàm số đạt cực
tiểu tại x = 0; yCT  4 , đạt cực đại tại
x = -2; yCĐ = 0.
c/ Đồ thị : y ''  6 x  6  0  x  1
Điểm uốn I(-1; -2).



+


0

y

x  0
.
y '  0  3x 2  6 x  0  
 x  2

-

0
0

0,5
-4



Nhận xét: Đồ thị nhận điểm uốn làm
tâm đối xứng
Câu 2
(1,0đ)



2 tan
1

2  1  tan 2   4 tan   1  0
Vì tan   (   (0; )) nên
 2
2
2
2
2
1  tan 2
2

Suy ra tan


2

 2  5 hoặc tan
2 tan

Thay vào ta có P 
tan

Câu 3
(1,0đ)

0,5


2


2

3

2




2

 2  5 (l ) . Do tan


2

0.

1
2 5 1 1


2
5
5
5

x  0
Biến đổi phương trình đầu tiên của hệ ta có
y  0
x
log 2 ( xy 2 )  2 log 4  3  log 2 x  log 2 y 2  2(log 4 x  log 4 y )  3
y
 log 2 x  2 log 2 y  2 log 22 x  2 log 22 y  3

0,5

0,25

0,25

ĐKXĐ 

0,25

 log 2 x  2 log 2 y  log 2 x  log 2 y  3
Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
Page 1


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

 3log 2 y  3  y  2 .

Thay y  2 vào phương trình thứ hai suy ra 4 x 2  2 x  62  0
 16.2 2 x  2 x  62  0 . Đặt 2 x  t (t  0) ta có phương trình
31
. Do t  0 nên lấy t  2 suy ra x  1 .
16
Đs: Hệ có nghiệm duy nhất ( x; y )  (1; 2) .
16t 2  t  62  0  t  2 hoặc t  

Câu 4
(1,0đ)

Câu 5
(1,0đ)

2x  3
2x  3

5 1 
 4 1
dx  
dx     .
 .
dx
2
 x 1
(2 x  1)( x  1)
 3 2 x  1 3 x  1 
4
1
5 1
 
dx  
dx
3 2x 1
3 x 1
2 d (2 x  1) 5 d ( x  1)
 
 
3
2x 1
3
x 1
2
5
  ln 2 x  1  ln x  1  C
3
3

Ta có:

 2x

Gọi A là biến cố " Số chọn được là số có 4 chữ số đôi một khác nhau và
tổng các chữ số là một số lẻ". Số các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lập
từ 7 chữ số đã cho là A74  840 (số), suy ra:   840
Gọi số 4 chữ số đôi một khác nhau và tổng các chữ số là một số lẻ có dạng
abcd . Do tổng a  b  c  d là số lẻ nên số chữ số lẻ là lẻ
Trường hợp 1 : có 1 chữ số lẻ , 3 chữ số chẵn : có C41 .C33  4 bộ số
Trường hợp 2 : có 3 chữ số lẻ , 1 chữ số chẵn : có C43 .C31  12 bộ số
Từ mỗi bộ số trên ta lập được P4  24 số
Tất cả có 16.24= 384 số , suy ra:  A  384 .
 A 384 48
.



840 105



Ta có AB  (0;  1; 2); AC  (1;  1;1); AD  (2;  1;  3) .
 
  
 AB , AC   1; 2;1 ;  AB , AC  . AD  7





  
  
Do  AB , AC  . AD  7  0 , nên 3 véc tơ AB , AC , AD không đồng phẳng suy

Vậy P( A) 
Câu 6
(1,0đ)

ra A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp.
Gọi phương trình mặt cầu có dạng x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0
( với a 2  b2  c 2  d  0 ).
2a  2b  d  2
2a  4c  d  5
Do mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ 
4a  2c  d  5
2a  6c  d  10
5
31
5
50
Giải hệ suy ra a  ; b  ; c  ; d  
14
14
14
7
Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
0,25
0,25

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

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

Page 2


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

5
7

Vậy phương trình mc là: x 2  y 2  z 2  x 
Câu 7
(1,0đ)

0,25

31
5
50
y z
 0.
7
7
7

a) Gọi H là trung điểm của cạnh AB, từ gt có
1
SH  ( ABC ) . VS . ABC  S ABC .SH . Tam giác ABC
3

vuông tại A có:
AB  2a sin 600  3a; AC  2acos600  a
1
2

Nên S ABC  AB. AC  a 2

3
2

0,25

Gọi K là trung điểm của cạnh BC thì

1
1
1
BC  a; HK  AC  a cos 600  a
2
2
2
3
SH 2  SK 2  KH 2  a 2
4
3
1
 SH 
a . Suy ra VS . ABC  a 3 .
2
4
6
a
b) Ta có SB  SH 2  HB 2 
2
3a 2 7 a 2
HC 2  AC 2  AH 2  a 2 

4
4
SK 

3a 2 7 a 2
10
SC  SH 2  HC 2 



a
4
4
2
1
1 6
10
15 2
S SBC  SB.SC  .
a.
a
a
2
2 2
2
4
3 3
a
3VS . ABC
3
Vậy d ( A; ( SBC )) 
 4

a
S SBC
15 2
15
a

4

Câu 8
(1,0đ)

S

0,25

A

C

600

H

K
B

0,25

0,25

Tọa độ B là nghiệm của hệ
x  y  2  0
x  1


4 x  5 y  9  0

y 1

0,25

Gọi M' là điểm đối xứng với M qua d1 ,
3
M ' ( ;0) .
2

Do AB đi qua B và M nên có pt: x  2 y  3  0 .
BC đi qua M' và B nên có pt: 2x + y – 3 = 0.
Gọi  là góc giữa 2 đường thẳng AB và BC
suy ra cos 

2.1  1.2

4
3
  sin   .
5
5
5. 5

0,25

Từ định lý sin trong tam giác ABC
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

2R 

AC
 AC  3 .
sin 
ABC

3a
); C (c;3  2c) , trung
2
a  c 9  a  4c
điểm của AC là N (
;
).
2
4
a  4c  3  0
N d2 
a  5; c  2
2



a

4
c


3



2
 AC  3 (c  a)  
  9 a  3, c  0
2



A  AB, C  BC  A(a;

Khi a = 5 ta được A(5; -1). Khi a = -3 ta
được A(-3; 3). Đs: A 1 (5; -1), A 2 (-3; 3).

B

.M

.

M

'

C
N
A

0,25
d2

d1

0,25

Câu 9
(1,0đ)

Điều kiện x  7
Phương trình tương đương 7 x 2  25 x  19  7 x  2  x 2  2 x  35 .
Bình phương 2 vế suy ra: 3x 2  11x  22  7 ( x  2)( x  5)( x  7)
3( x 2  5 x  14)  4( x  5)  7 ( x  5)( x 2  5 x  14)

0,25

2

Đặt a  x  5 x  14; b  x  5 .( a ,b  0) Khi đó ta có phương trình
a  b
3a 2  4b 2  7 ab  3a 2  7ab  4b 2  0  
3a  4b

Với a = b suy ra x  3  2 7 (t / m); x  3  2 7 (l ) .

0,25

0,25

61  11137
61  11137
Với 3a = 4b suy ra x 
(t / m); x 
(l ) .
18
18
61  11137
Đs: x  3  2 7 ; x 
.
18

0,25

Câu 10 Đặt f ( x)  2 x3  yx 2  z 2 x  2( y 3  z 3 )  y 2 z .Ta có:
(1,0đ)
1
1
f ' ( x)  6 x 2  2 yx  z 2 ; f ' ( x)  0  x  x1  ( y  y 2  6 z 2 ); x  x2  ( y  y 2  6 z 2 )
6

6
Nhận xét: x1   0;1 , lập bảng biến thiên ta thấy khi x2   0;1 hay x2   0;1 thì

Max f ( x)  Max  f (0); f (1) .
x 0;1

Mà f (0)  2( y 3  z 3 )  y 2 z  2( y 3  z 3 )  y 2 z  (2  y  z 2 )  f (1)
 f ( x)  f (1)  2 y 3  zy 2 -y  2 z 3  z 2  2 (1)

Lại đặt g ( y)  2 y 3  zy 2 - y  2 z 3  z 2  2 ,
1
6

0,25
1
6

g ' ( y )  6 y 2  2 zy  1; g ' ( y )  0  y  y1  ( z  z 2  6); y  y2  ( z  z 2  6)

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
Page 4


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

Nhận xét tương tự suy ra Max g ( y)  Max  g (0); g (1) .
y 0;1

3

2

Lại có g (0)  2 z  2  z  2 z 3  2  z 2  (1  z )  g (1) . Suy ra
g ( y )  g (1)  2 z 3  2  z 2  (1  z )  2 z 3  z 2  z  3
Cuối cùng đặt h( z )  2 z 3  z 2  z  3 với z   0;1 , h' ( z )  6 z 2  2 z  1 .

(2)

1 7
1 7
. Lập bảng biến thiên suy ra:
; z2 
6
6
Max h( z )  h(1)  3 (3)

0,25

h' ( z )  0  z1 
z0;1

Dấu bằng xảy ra ở (1), (2), (3) khi x = y = z = 1.Vậy giá trị lớn nhất của P là
3 đạt được khi x = y = z = 1.

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
0,25
0,25

Page 5