Đáp án Đề thi THPT Minh Châu Hưng Yên Lần 3 năm 2016

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

TRƯỜNG THPT MINH CHÂU
Tổ:TỰ NHIÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN III
KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Môn:Toán
A. CÁC CHÚ Ý KHI CHẤM THI:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như
hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bào không sai
lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi.
3) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM: (Đáp án gồm có 5 trang)
CÂU

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

* Tập xác định : D  
* Sự biến thiên :
- Giới hạn lim y  lim y  
x 

0,25

x 

3

- Ta có y '  4 x  4 x; y '  0  x  0, x  1
Bảng biến thiên
x -
y’

-

-1
0

+

0
0

-

1
0

+
+

0,25

1
+

(1,0đ)

-3

+

y
-4

-4

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1 ; 0) và (1 ; +  ), nghịch biến trên các khoảng
(-  ; -1) và (0 ; 1).
- Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  3 ; hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  4 .
- Đồ thị :

0,25
0,25

TXĐ : D  R

y '  3 x 2  2  m  3 x   m 2  2m  ; y ''  6 x  2  m  3
2
(1đ)

 y '  2   0
Hàm số đã cho đạt cực đại tại x  2  
''
 y  2   0
12  4  m  3  m 2  2m  0 m 2  2m  0



m  3
12  2m  6  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

Page 1


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

3
(1đ)

m  0
. Kết luận : Giá trị m cần tìm là m  0, m  2

m  2

0.25

z  3  2i
w  i  3  2i    3  2i   1  i

0.25

Phần thực là -1
Phần ảo là 1.

0.25

x  2
 log 2 x  1
PT đã cho:  
(thỏa điều kiện)

x  1
log
x


3
 2
8

1
Vậy nghiệm của pt là x  2 và x  .
8

t2 1
2
 dx  tdt
3

3
Đổi cận x  0  t  1; x  1  t  2
Đặt 3 x  1  t ta được x 

4
(1đ)

5
(1đ)

2

3

0.25

0,25
0,25

2

2 2t  t
2 
3 
dt    2t 2  2t  3 
dt

9 1 1 t
9 1
t 1

28 2 3

 ln
27 3 2

Khi đó: I 

0,25
0,25


Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3

Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0
 2 x  y  3 z  18  0

0.25

Vì B  d nên B  1  2t;1  t; 3  3t 
2

2

AB  27  AB 2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0

6

(1đ)

0.25

t  3
 13 10 12 
  3 Vậy B  7; 4;6  hoặc B   ; ;  
t 
7
 7 7
 7
a) Phương trình tương đương:
 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0
 (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0


 2  cosx  0 (VN )
 x  6  k 2
 

(k  z )
 sinx  1
 x  5  k 2
2


6
b) Điều kiện n  3 .
n  n  1 n  2  4
4

n!
4
n!
C3n  n  2C n2 
 n2

 n  n  n  1
3
3! n  3 ! 3
2! n  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

0,25

0,25

0,25

Page 2


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

 n 2  9n  0  n  9 (do n  3 )
9

k

9
9
2 
k

 2 
Khi đó ta có  x  2    C9k x 9  k  2    C9k x 9 3k  2 
x  k 0

x 
k 0
3
Số hạng chứa x tương ứng giá trị k thoả mãn 9  3k  3  k  2
2
Suy ra số hạng chứa x 3 bằng C92 x 3  2   144x 3



Ta có IA  2IH  H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH
IA a
BC = AB 2  2a ; AI = a ; IH =
= ,
2
2
3a

AH = AI + IH =
A
2
a 5
Ta có HC 
2
C

0,25

S

0,25
B
Q
I

600

(1đ)

E

  60 ; SH  HC.tan 60  a 15
SC ,( ABC )   SCH
Vì SH  ( ABC )  
2
3
1
1 1

a 15 a 15
VS . ABC  SABC .SH  . ( a 2)2

(đvtt)
3
3 2
2
6
Trong mặt phẳng (ABC) dựng hình vuông ABEC.
Khi đó AC//BE nên AC//(SBE)
Từ đó suy ra d  AC ; SB   d  AC ;( SBE )   d  A;  SBE    4d  E ;  ABE  
0

7

P

H

0

0,25

Kẻ HP  BE  P  BE  , HQ  SP  Q  SP  ;

 BE  SH
 BE   SHP   BE  HQ
Khi đó 
 BE  HP
 HQ  BE

 HQ   SBE   d  H ;  SBE    HQ

 HQ  SP
HP 

0,25

1
a 2
AB 
4
4

SHP vuông tại H, HQ  SP nên HQ 
Vậy d  AC; SB  

SH 2 .HP 2
a 465

2
2
SH  HP
62

0.25

2a 465
(đvđd)
31

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

A

Gọi H là trực tâm tam giác ACD, suy ra CH  AD
nên CH // AB
(1)
Mặt khác AH // BC (cùng vuông góc với CD) (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCH là hình
bình hành nên CH=AB (3)
  BAF
 (so le trong) (4)
Ta có: HCE
Từ (3) và (4) suy ra: HCE  BAF (cạnh
huyền và góc nhọn). Vậy CE = AF.

B
F

0,25

I
H

E

D

C

  DCB
  900 nên E , F nằm trong đoạn AC .
Vì DAB
Phương trình đường thẳng AC: 2 x  y  5  0 .

a  5
a  3

Vì F  AC nên F  a; 2a  5 . Vì AF  CE  5  

0,25

Với a  5  F  5;5 (không thỏa mãn vì F nằm ngoài đoạn AC)




Với a  3  F  3;1 (thỏa mãn). Vì AF  EC  E 1; 3


BF qua F và nhận EF (2; 4) làm một véc tơ pháp tuyến, do đó BF có phương
trình: x  2 y  5  0 . B là giao điểm của  và BF nên tọa độ B là nghiệm của
0,25
x  2 y  5  0
x  5

 B  5; 0 

hệ phương trình: 
x  y  5  0
y  0

Đường thẳng DE qua E và nhận EF (2; 4) làm một véc tơ pháp tuyến, DE có

phương trình: x  2 y  5  0 .


Đường thẳng DA qua A và nhận AB (1; 3) làm một véc tơ pháp tuyến, DA có
phương trình: x  3 y  5  0 .

0,25

D là giao điểm của DA và DE nên tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình:
x  2 y  5  0
 x  5

 D  5;0  . Kết luận: B  5;0  , D  5; 0 

x  3y  5  0
y  0
Điều kiện xác định: x  
9
(1đ)

5
. Khi đó ta có

2

(1)  x 3  3x 2  14x  15  2(x  2) 2x  5  3(x  2) x 2  5  3 5x 2  7  0

0,25

 x 3  3x 2  x  18  2(x  2)( 2x  5  3)  3(x  2)( x 2  5  3)  3  3 5x 2  7  0

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

 (x  2)(x 2  5x  9) 

2(x  2)(2x  4) 3(x  2)(x 2  4)
5(4  x 2)


2x  5  3
x2  5  3
9  33 5x2  7  3 5x2  7





4(x  2)

3(x  2)2
5(x  2)
 (x  2)  x 2  5x  9 



2x  5  3
x 2  5  3 9  3 3 5x 2  7  3 5x 2  7







2

0



  0(*)
2






 4(x  2)

4
3(x  2)2
3
 (x  2);
 (x  2)2

x2  5  3 5
 2x  5  3 3
5
Ta có với x    
5(x  2)
5(x  2)
2


2
9
 9  3 3 5x 2  7  3 5x 2  7






 x 2  5x  9 

4(x  2)
2x  5  3



3(x  2)2
x2  5  3

0,25

0,25

5(x  2)



9  3 3 5x 2  7 



3

5x 2  7

2





18x 2  57x  127
5
 0, x  
45

2

Do đó (*)  x  2  0  x  2 , kết hợp với điều kiện x  

5
ta suy ra bất
2

5
phương trình đã cho có nghiệm là   x  2
2
2016
2
M  x 2  y 2  2 xy  2 x  2 y  2 
  x  y  1  4  x  y  1  5 
x  y 1

Đặt t  x  y  1 thì ta được M  t 4  4t 2  5 
Điều kiện của t:
Đặt a  x  3; b 
10
(1đ)

0,25
2016
x  y 1

2016
t

0,25

y  2013 ta được x  a 2  3; y  b 2  2013 và

a 2  3  b 2  2013  26a  3b  2016

 a 2  b 2  26a  3b 
2

 26

2

 32  a 2  b 2 

0,25

2

Hay 0  a  b  685
Từ đó ta được x  y  1  a 2  b 2  2017   2017; 2072 nên

t  D   2017; 2072 
Xét hàm số f  t   t 4  4t 2  5 

2016
;t  D
t

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

f '  t   4t 3  8t 

4
2016 4t 5  8t 4  2016 4t  t  2   2016


 0t   2017; 2072 
t2
t2
t2

Suy ra f  t  đồng biến trên D

max M  f





2072  4284901 

36

khi t  2072 ta được
37

a 2  b 2  685
a  26


hay x  679; y  2022
a b
b  3
 
 26 3
2016
min M  f 2017  4060226 
khi t  2017 hay x  3; y  2013
2017



0.25



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