Đáp án Đề thi THPT Trần Quang Khải Lần 3 năm 2016

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

Câu
1

Đáp án

Điểm
4

2

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x  2 x  1 .

1,0

- TXĐ: 
- Sự biến thiên:
+) Ta có: y' = 4x3 - 4x  y '  0  x  0  x  1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 ,  0;1

0,25

và hàm đồng biến trên các khoảng  1;0  , 1;   .
+) Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ = 1
xCT = 1 , yCT = 0
2



1 

+) Giới hạn: lim y  lim x 4 1  2  4   
x 
x 
x 
 x
+) Bảng biến thiên
x

-

y'

-1
-

0,25

0

0

+

1

0

-

0

+

+
+
+

0,25

1

y
0

0

- Đồ thị:
y
2

1

x
-2

-1

1

2

-1

0,25

-2

2

Tìm GTLN, GTNN của hàm số f ( x)  2 x 4  4 x 2  10 trên đoạn  0; 2
3

ta có: f '( x)  8 x  8 x

1,0
0,25

x  0
.
x 1

Với x   0; 2 thì: f '( x)  0  

0,25

Ta có: f(0) = 10; f(1) = 12; f(2) = -6
Vậy:

0,25

Max f ( x)  f (1)  12; min f ( x)  f (2)  6

0,25

0;2

 0;2

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

3

Giải phương trình, bất phương trình:
a) 3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1 .

b) 2 log3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2

1,0

a) PT  2 3 sin x cos x  2sin 2 x  4sin x  0
 2sin x





0,25

3 cos x  sin x  2  0

sin x  0
 x  k
sin x  0



, k  .
 



sin
x

 1  x   k 2


 3 cos x  sin x  2
3
6

 





S  k ;  k 2 k   
6



0,25

b) ĐK: x > 1, BPT  log3[( x  1)(2 x  1)]  1

0,25

 2 x 2  3x  2  0  

1
x2
2

0,25

Vậy nghiệm S = (1;2]

4

a) Cho số phức z 1  i  z   3  i  z  2  6i (*) . Tìm môđun của số phức z.
b) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các
chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để số chọn
được là số chia hết cho 5.
a) Giả sử z  a  bi  a, b    , khi đó:

4a  2b  2
2b  6

1,0

*  1  i  a  bi    3  i  a  bi   2  6i  4a  2b  2bi  2  6i  

0,25

a  2

 z  2  3i  z  13
b  3

0,25

3
6

b) Số phần tử của A là 6.A  720

0,25

Số cách chọn một số có hàng đơn vị là số 0 có 1.A36  120 cách
Số cách chọn một số có hàng đơn vị là số 5 có 1.5.A 52  100 cách
Suy ra số cách chọn một số chia hết cho 5 là 120  100  220 cách
220 11
Vậy xác suất cần tìm bằng
.


720 36

0,25


5

2



1,0

I   cos2 xdx   cos x 3sin x  1 dx  I1  I 2

0,25



Tính tích phân I   cos x cos x  3sin x  1 dx .
0





2

2

0

0

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
Page 2


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ





12
1  sin 2 x


I1    cos 2 x  1 dx  
 x 2 
20
2 2
0 4

0,25



12

2
I 2   3sin x  1 d  3sin x  1 
30
9
I

6


4





3sin x  1

3





14
2
9
0

0,25

14
9

0,25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng
(SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc
600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
BD và SA theo a.
Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S, suy ra SH  AB,
mặt khác (SAB)  (ABCD)
  600 .
S
nên SH  (ABCD) và SCH

1,0

K
E
A

D

H

B

0,25

C

Ta có SH  CH . tan 60 0  CB 2  BH 2 . tan 60 0  a 15.
4 15 3
1
1
a
VS . ABCD  .SH .S ABCD  a 15.4a 2 
3
3
3
Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc
của H lên  và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó   (SHE)    HK
suy ra HK  (S,  ).
Mặt khác, do BD//(S,  ) nên ta có
d  BD; SA  d  BD;  S,    d  B;  S,    2d (H ;(S, ))  2HK

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

0,25

Page 3


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

  DBA
  450 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra
Ta có EAH

HE 

AH
2



a
2

 HK 

Vậy: d  BD;SA  

HE.HS
2

HE  HS

2



15
a.
31

2 465
a
31

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
2

2

2

A  3;1;2 , B  1; 3;4 và mặt cầu (S):  x  1   y  2   z  3  4.

7

1,0

CMR mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S).
Xác định tọa độ của tiếp điểm.
Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3), R  2 .

Phương trình mặt phẳng (P) là trung trực của AB đi qua M 1; 1;3 , có vtpt

AB   4; 4; 2  là (P): 2x + 2y – z + 3=0
Ta có: d(I;(P))  2  R nên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp
xúc với mặt cầu (S) (đpcm)

Phương trình đường thẳng d đi qua I nhận véc tơ n (P)   2;2; 1 làm vt chỉ
phương là:

x 1 y  2 z  3



2
2
1

0,25

0,25

2
1 2 11
d  (P)  H 1  2t;2  2t;3  t    P   t    H   ; ; 
3
 3 3 3
 1 2 11 
Vậy: tọa độ tiếp điểm là H   ; ; 
 3 3 3
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi K là điểm
đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc với BC cắt BC tại E và cắt

8

0,25

AB tại N (1;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết 
AEB  450 , BK :
3 x  y  15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3.

0,25

1,0

B

M
A

C

K

E

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

N

Tứ giác ABKE nội tiếp  
AKB  
AEB  450  AKB vuông cân tại A

ABK  450
Gọi B  a;15  3a  a  3 sao cho : BN  2d  N , BK   3 5

 a 2  7 a  10  0  a  2( L), a  5  B  5;0 
Tam giác BKN có BE và KA là đường cao  C là trực tâm của BKN
 CN  BK  CN : x  3 y  10  0 . ABK và KCM vuông cân


1
1
1
1
BK
 KM 
CK 
AC 
.
BK 
 BK  4 KM
4
2
2 2
2 2 2
7 9
M  MN  BK  M  ;   K (3;6)
2 2

0,25
0,25

0,25
AC qua K vuông góc AB  AC : 2 x  y  0

A  AC  AB  A(1;2) . C là trung điểm của AK  C (2;4)
Vậy A 1; 2  , B  5;0  , C  2;4 

9

xy  y 2  2y  x  1  y  1  x
Giải hệ phương trình: 
3. 6  y  3. 2x  3y  7  2x  7
Điều kiện: x  0, 1  y  6, 2x  3y  7  0 (* )

1,0

x  0
không là nghiệm của hệ phương trình  y  1  x  0
y  1

Nhận thấy 

Khi đó, PT (1)  x(y  1)  (y  1)2 

0,25

0,25

y 1 x
y 1  x



1

 (x  y  1)  y  1 
0


y

1

x


 x  y  1  0  y  x  1 (do (*))
Thay vào PT (2) ta được: 3 5  x  3 5x  4  2x  7

0,25
ĐK: 4 / 5  x  5

 (7  x)  3 5  x  3(x  5x  4 )  0



1
3
 (4  5x+x 2 ) 

  0
 3 5  x  (7  x)
5
x


4

x



0,25

x  1  y  2
 x 2  5x+4  0  
x  4  y  5

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5).

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

Page 5


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa: x  y  z  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

10

thức: P 

x2

yz  8  x 3



y2
zx  8  y 3



z2
xy  8  z3

1,0



Theo BĐT Bunhiacopxki:
2
P  yz  8  x 3  zx  8  y 3  xy  8  z3    x  y  x 


2
(x  y  z)
 P
xy  yz  zx  8  x 3  8  y 3  8  z3









0,25

2  x  4  2x  x 2 6  x  x 2

2
2
2
2
6yy
6z z
Tương tự:
; 8  z3 
8  y3 
2
2
2
2(x  y  z)
Suy ra: P 
2xy  2yz  2zx  18  (x  y  z)  x 2  y 2  z2
Ta có:

8  x3  (2  x)(4  2x  x 2 ) 

0,25

2(x  y  z)2


(x  y  z)2  (x  y  z)  18
Đặt t  x  y  z (t  3). Khi đó: P 

2t 2
t 2  t  18

2t 2
2(t 2  36t)
Xét hàm số: f (t)  2
với t  3. f '(t)  2
, f '(t)  0  t  36
t  t  18
(t  t  18)
BBT

t

3

f t '

36


0





144/71
f(t)

3/4

2

3
khi t  3.
4
Vậy GTNN của P là: 3/4 khi x  y  z  1.

0,25

Từ BBT ta có: GTNN của P là:

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

Page 6


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
Page 7