Đáp án Đề thi THPT Việt Trì Phú Thọ Lần 2 năm 2016

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ - ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN 2
Câu

Nội dung
2x  1
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y 
(1).
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

Điểm

 TXĐ D = R \  1

0.25

 y’=

1.0

1
 0 x  D , hàm số không có cực trị
x  12

0.25

 Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng  ;1;  1; 
 Giới hạn tại vô cực: lim  2 TCN

y  2;lim y  ; lim   TCĐ x  1

x 

x 1

x 1

BBT
x
y

1

1





y



Error!
Not a
valid
link.

0.25

2



Đồ thị
y

f(x)=(2x+1)/(x+1)
f(x)=2

8

x(t)=-1 , y(t)=t

6
4
2

x
-8

-6

-4

-2

2

4

6

0.25

8

-2
-4
-6
-8

Câu 2 ( 1.0 điểm). Cho hàm số y  f  x   x 3  3 x 2  2016 có đồ thị  C  . Viết
phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ x0  1 .
2

Ta có y '  f '  x   3 x 2  6 x
Với x0  1  y0  2020 và y '  x0   y ' 1  9
Khi đó tọa độ tiếp điểm là M 1;2020 
Vậy phương trình tiếp tuyến của  C  là: y = 9(x – 1) + 2020 hay y = 9x + 2011

(0,25)
0,25)
(0,25)
(0,25)

Câu 3 (1.0 điểm).

3

3 

a) Giải phương trình sau : sin 5 x  2 cos xsin 4 x  sin 2 x   sin  2 x 

2 



x   k 2



2
pt  sin x   cos 2x  cos 2x  cos  x    
; k Z
2

 x     k 2

6
3

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

0.25

Page 1

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

b) Giải phương trình sau : 9 x 1  6 x 1  3.4 x
 3 x
( 2 )  1
3
3
Pt tương đương với 9   2   3  0  
 x0
x
 3 
1
2
2
 2    3
 
2x

x

0.25
0.25

1

Câu 4 (1.0 điểm). a) Tính tích phân: I  (1  x)e x dx .



0.5

0

u  1  x

Đặt 

x
dv  e dx

Suy ra: I  (1  x)e
4

du  dx

ta có 

v  e

x1
0

x

1
x

  e dx  (1  x)e

0.25
x1
0

e

x1
0

0

I=e–2
b)Trên mặt phẳng phức tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn:
z 1 i  1

0.25

Gọi số phức z = x+yi ( x, y  R ) điểm biểu diễn M(x;y) trên mặt phẳng phức

0.25

0.5

2

z  1  i  1  x  1  ( y  1)i  1  x  1  ( y  1) 2  1

0.25

Vậy tập hợp các điểm bd số phức z là đường tròn tâm I(1;0) bán kính R =1
Câu 5 (1.0 điểm). Trường trung học phổ thông Việt Trì có 30 lớp trong đó có 10
lớp 10, 10 lớp 11và 10 lớp 12, mỗi chi đoàn (lớp) có một em làm bí thư. Bch Đoàn
trường muốn chọn 5 em bí thư đi thi cán bộ đoàn giỏi. Tìm xác suất để 5 em được
chọn có đủ cả ba khối lớp
5

5
 142506
Chọn 5 em không gian mẫu của phép thử là :   C30

0.5

Gọi A là biến cố chọn 5 em bí thứ có đủ các khối lớp:
1
1
 A  C103 .C103 .C10
.3  C102 .C102 .C10
.3  42075

0.25

40275
4675

142506 15834
Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình chóp

Xác suất cần tính là P( A) 

S. ABC có SA   ABC , SA  2a , tam giác

0.25

ABC cân tại

A, BC  2a 2

1
, cos( ACB )  . Tìm tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC .
3
6

sin C 
S ABC

2 2
; tan C  2 2; CM  a 2; AM  CM . tan C  4a
3

1
1
8a 3 2
 AM .BC  4a 2 2  VS . ABC  SA.S ABC 
2
3
3

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

1.0

0.25
0.25

Page 2


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

sin A  sin 2C  2sin C.cos C  2

12 2 4 2

3 3
9

0.25

BC
9a

sin A 4
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có IA = R. Dựng ngoại tiếp
tam giác ABC. Mặt phẳng trung trực SA cắt trục đường tròn tại J khi đó J chính là
tâm mặt cầu ngoại tiếp SABC
Gọi r là bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABC khi đó
Theo định lý sin trong tam giác ABC ta có 2 R 

r  JA  JB  JS  JC  IA2  AN 2 

a 97
4

Diện tích mặt cầu cần tính là S  4 .r 2 

97 .a 2
4

S

0.25

J

A

C
I

M

B
Câu 7 (1.0 điểm).
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua
điểm M 1;3;5 cắt các tia Ox, Oy và Oz lần lượt tại A, B và C sao cho

1.0

OA : OB : OC  1 : 2 : 3 .

7

8

x y
z


 1 (a  0)
a 2a 3a
1 3
5
25

1  a 
Vì mp(P) đi qua điểm M nên ta có phương trình 
a 2a 3a
6

0.25

Mặt phẳng cần tìm là: 6 x  3 y  2 z  25  0

0.25

Gọi mặt phẳng cần tìm có dạng

Câu 8 (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho hình vuông ABCD , M là trung điểm của

AD, N  DC sao cho NC = 3ND, đường tròn tâm N qua M cắt AC tại J(3; 1),
J ≠ I = AC  BD, đường thẳng đi qua M, N có phương trình: (d ) : x  y  1  0 .

0.25
0.25

1.0

Tìm tọa độ điểm B.

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

MN cắt đường tròn tâm N tại K. Ta chứng mính
được tứ giác MIJK nội tiếp

  900
NKJ
AIM  450  JNK

P
A

B

0.25

NJ  MN nên có phương trình: x  y  2  0 .
1 3
Suy ra được N  ; 
2 2

I

M

 M (3;4)
JMN vuông cân tại N nên MJ  2 PN  
 M (2;1)

J
0.25

D

C

N



Với M (2;1) gọi P  MN  JA ta có NP  3.NM  P(7;6)

K

2

PJ tìm được A(3; 4) , vì A là trung điểm của IP nên I(1; 2)
5


Ta có AB  2 MI  B(3;6)
Tương tự với M (3; 4) ta tìm được A(6; 5) , I (4; 1) và B(8;1)
Vậy tọa độ điểm B(3;6) hoặc B(8;1).

0.25

PA 

0.25

Câu 9 (1.0 điểm).

4 x 2  y  x  9  1  3 x  y  x 2  5 x  8 (1)
Giải hệ phương trình : 
 x 4  x 3  11x 2  y x 2   y  12x  12  y (2)
Phương trình (2) tương đương với

x
9

2





 x  1 y  12  x 2  0  y  12  x 2

1.0

0.25

Thay vào phương trình 1 ta được: 3 x 2  x  3  3 x  1  5 x  4



 



 3  x 2  x   x  1  3x  1  x  2  5 x  4  0
1
1


  x2  x   3 

0
x  1  3x  1 x  2  5 x  4 

 x 2  x  0  x  0 hoặc x  1 .

Khi đó ta được nghiệm  x; y  là  0;12  và 1;11 .

0.25
0.25

0.25

Câu 10 (1.0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
4
1
P


.
4a  2b  4 2bc 8  a  2b  3c 4  b  2c
Ta có 2 2bc  b  2c 

1
1

4a  2b  4 2bc 4a  4b  4c

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

Page 4


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

và

4
1
1


8  a  2b  3c 4  a  b  c 4  b  2c

4
1 1
  (x, y  0)
x y x y

Suy ra P 

1
1
, Đặt t  a  b  c, t  0

4  a  b  c 4   a  c  b

xét f (t ) 

1
1

,
4t 4  t

t  0,

t
f’
f

0
-

f '(t )  

+
+

-

1
16

b  2c
a  c  1
1

Suy ra giá trị nhỏ nhất của P bằng khi a  b  c  b  2c  
.
16
b  2
a  b  c  4

Cách 2: Xét P 

0.25

1
1

; f '(t )  0  t  4 .
2
2
4t
4  t 

4
0

0.25

0.25

1
1
4  3t


 4 Pt 2   4 P  3 t  4  0 (*)
4t 4  t 4t (4  t )

(*) có nghiệm  P 

1
9

1
khi t  4
hoặc P 
(loại). Vậy GTNN 
16
16
16

b  2c
a  c  1

Khi a  b  c  b  2c  
b  2
a  b  c  4


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