Đáp án Đề thi THPT Đa Phúc Hà Nội Lần 2 năm 2016

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 - THPT ĐA PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐÁP ÁN

CÂU
Câu
1

ĐIỂM
3

2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3x  2 .

1.0
điểm

1. Tập xác định D  .
2. Sự biến thiên
x  0
- Đạo hàm y '  3 x 2  6 x, y '  0  3 x 2  6 x  0  
.
x  2
Bảng xét dấy y’
0.25

 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  ;  2;   .
Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  .

Hàm số đạt cực đại x  0, ycd  2 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yct  2
- Giới hạn, tiệm cận

 3 2
lim y  lim x 3 1   3    ,
x 
x 
 x x 
 3 2
lim y  lim x 3 1   3   
x 
x 
 x x 

0.25

 đồ thị hàm số không có tiệm cận.
- Bảng biến thiên

0.25

3. Đồ thị

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
0.25

Page 1

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

y ''  6 x  6  y ''  0  x  1
x 1 y  0
Đồ thị hàm số có điểm uốn
U 1;0 
x  1  y  2
x  3 y  2

b)

Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x  1.
3

1.0

2

Với x  1  y   1  3  1  2  2
Tiếp điểm M (1; 2) .

0.25

2

Ta có y '  3 x 2  6 x  y '  1  3  1  6  1  9
Hệ số góc của tiếp tuyến k  9 .
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M (1; 2) có hệ số góc k  9 là:

y  9  x  1  2  y  9 x  7

Vậy tiếp tuyến cần tìm là y  9 x  7

0.25
0.25

Câu
2

a)

0.25

1.0
điểm

Giải phương trình 2log 9 x  1 

2
.
log3 x

0.5

x  0
Điều kiện 
.
x  1

1
t . Ta được phương trình ẩn t

2
t  1
1
2
2
2. t  1   t  1   t 2  t  2  0  
2
t
t
 t  2

Đặt t  log 3 x, (t  0)  log 9 x 

0.25

Với t  1  log 3 x  1  x  3 .
Với t  2  log 3 x  2  x  32 

1
.
9

0.25

1 
Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S   ;3 .
9 

b)

Tìm môđun của số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 z  3  4i .
Đặt z  x  yi , (x, y  )  z  x  yi  2 z  2 x  2 yi .
Khi đó phương trình đã cho trở thành

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
0.5
0.25

Page 2


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

x  yi  2 x  2 yi  3  4i
  x  3 yi  3  4i
 x  3

3 y  4
 x  3


4
 y  3
4
Vậy z  3  i  z 
3

Câu
3

2

4
97
97

 3    
9
3
3
2

2

Tính tích phân I 

0.25
1.0
điểm

  4 x  3 .ln xdx .
1

1

u  ln x
du  dx
Đặt 
. Khi đó


x
dv   4 x  3 dx v  2 x 2  3 x

2
2
2 x 2  3x
I   2 x 2  3 x  ln x  
dx
1
x
1

0.25

0.25

2

  2.22  3.2  ln 2   2.12  3.1 ln1    2 x  3 dx

0.25

1

 14 ln 2  0   x 2  3x 

2
1

 14 ln 2  0    2  3.2   12  3.1
2

0.25

 14 ln 2  10  4 
 14 ln 2  6.

Câu
4
a)

1.0
điểm
Cho  là góc thỏa mãn sin   cos  
Từ giả thiết sin   cos  

2
. Tính P  sin 2 .
2

2
. Suy ra
2

1
1
 sin   cos     1  2sin  .cos  
2
2

1
1
 2sin  .cos     sin 2  
2
2

0.5

0.25

2

1
Vậy P  sin 2  
2

b)

Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X.
Ban quản lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
0.25

0.5

Page 3

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

quầy B và 6 mẫu ở quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để
trong các hộp kín có kích thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên
ba hộp để phân tích, kiểm tra xem trong thịt lợn có chứa hóa chất “Super tạo
nạc” (Clenbuterol) hay không. Tính xác suất để 3 hộp lấy ra có đủ ba loại thịt ở
các quầy A, B, C.
Không gian mẫu  là tập hợp tất cả các tập con gồm 3 phần tử của tập hợp các hộp
15!
đựng thịt gồm có 4  5  6  15 phần tử, do đó: n     C153 
 455.
12!.3!
Gọi D là biến cố “Chọn được một mẫu thịt ở quầy A, một mẫu thịt ở quầy B, một mẫu
thịt ở quầy C”.
Tính n  D 
Có 4 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy A.
Có 5 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy B.
Có 6 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy C.
Suy ra, có 4.5.6  120 khả năng chọn được 3 hộp đủ loại thịt ở các quầy A, B, C

0.25

0.25

 n  D   120.
Do đó: P( D ) 

120 24
 .
455 91

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  1  0 ,
Câu
5

x 1 y  3 z

 và điểm I (2;1; 1) . Viết phương trình mặt cầu
2
3
2
tâm I tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho
đường thẳng d :

1.0
điểm

IM  11 .
Khoảng cách từ I tới (P) là

d ( I ,( P )) 

2  2.1  2.(1)  1
12  (2) 2  22



3
1
3

Mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P) có bán kính R  d ( I ,( P))  1 có phương trình
2

2

 x  2    y  1   z  1

2

0.25

0.25

 1.

Từ giả thiết ta có

 x  1  2t

d :  y  3  3t ,  t    .
 z  2t

 M d
 M (1  2t;3  3t;2t )

 IM  (2t  1;2  3t;2t  1)
Từ giaie thiết IM 

0.25

11

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

2

2

2

  2t  1   2  3t    2t  1  11
  4t 2  4t  1   4  12t  9t 2    4t 2  4t  1  11
 17t 2  12t  5  0
t  1

5
t  
17

Với t1  1  M (3;0;2)
Với t  

5
 7 66 10 

 M  ; ; 
17
 17 17 17 

0.25

Vậy, có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là :

 7 66 10 
M  3;0;2  và M  ; ;   .
 17 17 17 
Câu
6

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm
 3 1
K   ;   , đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình
 2 2
là 3 x  4 y  5  0 và 2 x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

1,0
điểm

Từ giả thiết, tọa độ của A là nghiệm
của hệ
3 x  4 y  5  0
x  1

 A(1; 2)


2 x  y  0
y  2
Gọi M là trung điểm của BC
KM / / d1 .
Đường
thẳng
KM
đi
qua
 3 1
K   ;   và có vec tơ chỉ phương
 2 2

u  4;3 có phương trình

0.25

3

 x   2  4t
t   

 y   1  3t

2

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

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

3

 x   2  4t
1


1
1

x 
Tọa độ của M là nghiệm của hệ  y    3t  
2  M ( ;1)
2
2

 y  1
2 x  y  0


1
Đường thẳng BC đi qua điểm M ( ;1) vuông góc với d1 : 3 x  4 y  5  0 có phương
2
1

 x   3m
trình 
m  

2
 y  1  4m
1
 B(  3m;1  4m )
2
2

2

0.25

2

3 
1
25
2
1
3

 KB    3m     1  4m     2  3m     4m   25m 2 
2 
2
4
2
2

2

Từ giả thiết, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là

2
2
1  50
 3 
AK 2   1     2    .
2
4
 2 
2
2
2
BK  AK  CK
Mà
25 50
1
1
 25m 2 

 m2   m   .
4
4
4
2
x  2
1
Với m   
ta có điểm  2; 1 .
2  y  1
1  x  1
Với m    

ta có điểm  1;3 .
2 y  3

Câu
7

0,25

Vậy tọa độ 2 đỉnh còn lại B và C có tọa độ là  2; 1 ,  1;3 .

0.25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều,
SC  SD  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa hai mặt phẳng
(SAD) và (SBC).

1.0
điểm

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
Page 6


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

Gọi I là trung điểm của AB; J là trung
điểm của CD từ giả thiết ta có IJ  a ;
a 3
SI 

2
và
SJ  SC 2  JC 2  3a 2 

a 2 a 11

4
2

0.25

Áp dụng định lý cosin cho tam giác SIJ ta có
3a 2 11a 2
2
a


2
2
2
2
4
4  a  3 0
  IJ  IS  SJ 
cos SIJ
2. IJ . IS
3
a 3
a2 3
2.a.

2
 tù.
Suy ra, tam giác SIJ là tam giác có SIJ

 

Từ giả thiết tam giác SAB đều và tam giác SCD là cân đỉnh S. Gọi H là hình chiếu của
S trên (ABCD), ta có H thuộc IJ và I nằm giữa HJ tức là tam giác vuông SHI có
  900 ; góc I nhọn và cos I  cos SIH
 và SIH
 kề bù) 
   cos SIJ
  3 ( SIJ
H
3
  6.
sin SIH
3
  a 3. 6  a 2
Xét tam giác SHI ta có SH  SI sin SIH
2
3
2
3
1
1
a 2 a 2

.
Vậy VS . ABCD  S ABCD .SH  a 2 .

3
3
2
6
Từ giả thiết giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) là đường thẳng d qua S và
song song với AD. Qua H kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt DA
và CB kéo dài tại M, N. Theo định lý ba đường vuông góc ta có
 là góc giữa hai mặt phẳng. (SBC) và
SN  BC , SM  AD  SM  d ; SN  d  MSN

0.25

0.25

(SAD), MN  AB  a .
Xét tam giác HSM vuông tại H có
a 2
a
2a 2 a 2 a 3
, HM   SM  SH 2  HM 2 


 SN
2
2
4
4
2
Theo định lý cosin cho tam giác SMN cân tại S có
SH 

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
0.25

Page 7


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

3a 2 3a 2
a2

 a2
1
4
  SM  SN  MN  4
cos MSN
 22  .
2
3a
3a
2 SM .SN
3
2
4
2
2

Câu

8

2

2

Giải phương trình 32 x 4  16 x 2  9 x  9 2 x  1  2  0 trên tập số thực.

1.0
điểm

1
, phương trình đã cho tương đương
2
32 x 4  32 x 2  16 x 2  16 x  7 x  7  9  9 2 x  1  0

Điều kiện x 





 32 x 2  x 2  1  16 x  x  1  7( x  1)  9 1  2 x  1  0
 32 x 2  x  1 ( x  1)  16 x  x  1  7( x  1) 

9  2  2x

0
1 2x 1
18



  x  1 32 x 2 ( x  1)  16 x  7 
0
1 2x 1 

18


  x  1 32 x3  32 x 2  16 x  7 
  0 (*)
1  2x 1 

Ta có
32

3
32 x  8  4

1
32

x   32 x 2 
 8  32 x 3  32 x 2  16 x  7  27
2
4

16

16 x  2  8

18
1  2x  1  1  
 18
1 2x 1
18
 32 x 3  32 x 2  16 x  7 
 9  0.
1  2x 1
Vậy (*)  x  1 .
Kết luận: Phương trình có nghiệm x =1.
Câu
9

0.25

Cho ba số thực dương a , b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

3a
3b
3c
 2
 2
biểu thức P  2
.
2
2
b c
c a
a  b2
a 2  b2  c 2  4

 a, b, c   0; 2  và a 2  b 2  c 2  4  b 2  c 2  4  a 2 …
Từ giả thiết 
a
,
b
,
c

0

Do
đó
2
2
2
3a
3b
3c
3a
3b
3c
3a
3b
3c
P 2
 2
 2







2
2
2
2
2
2
3
3
b c
c a
a b
4a
4b
4c
4a  a
4b  b 4 c  c 3
Vì a, b, c  0 .

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
1.0
điểm

0.25

Page 8


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

Xét hàm số f  x   4 x  x 3 với x   0; 2  . Có
2 3
, f (0)  0, f (2)  0 .
3
Ta có bảng biến thiên của hàm số f  x  trên  0; 2  là
f '  x   4  3x 2  f '  x   0  x 

0.25

3

2 3
2 3  2 3  16 3
f 
 
  4
 
3
3
3
9





16 3
Từ bảng biến thiên ta có 0  f ( x) 
, x   0; 2  .
9
16 3
1
9
3x 2
9 3x 2
Tức 0  4 x  x3 




, x   0; 2  .
9
4 x  x3 16 3
4 x  x 3 16 3

0.25

2 3
Dấu “=” khi x 
.
3

Áp dụng ta có

3a 2
9 3a 2 9a 2
3b 2
9 3b 2 9b 2
3c 2
9 3c 2 9c 2


;


;


, (a, b, c   0; 2 )
4a  a 3 16 3
16 4b  b3 16 3
16 4c  c 3 16 3
16
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được
9a 2 9b 2 9c 2 9 2
9
P


  a  b2  c2   .
16 16 16 16
4
2 3
Và dấu “=” xảy ra  a  b  c 

.
3
9
2 3
Vậy min P  đạt được, khi và chỉ khi a  b  c 
.
4
3

0.25

Chú ý:

1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không theo
cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm
quy định.

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
Page 9


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo.
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả.
4) Với bài hình học (Câu 8) nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phần đó.

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

/> />
Page 10