Đáp án Đề thi THPT Đồng Gia Hải Dương năm 2016

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

Trường THPT Đồng Gia – BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
Câu 1
(1,0đ)

Lời giải
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x(x2 – 3x).
Tập xác định D = R
Ta có y’ = 3x2 – 6x. Cho y’ = 0  x  0; x  2 .

Điểm

0,25

limy  ;limy  
x 

x 

Bảng biến thiên
x
y
y

0
0
0





2
0









4

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  ;  2;   ; nghịch biến trên (0; 2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; đạt cực tiểu tại x = 2.
Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là I(1; –2).
Câu 2
(1,0đ)

Viết pttt của đồ thị (C): y = 3  2x tại điểm M có hoành độ x0 = 1.
Điểm M có hoành độ x0 = 1, suy ra tung độ y0 = 1.
1
Ta có y '  
, suy ra hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k = y ' (1)  1 .
3  2x

Câu

0,25
0,25
0,25

 y  x  2

Câu
3.b
(0,5đ)

0,25
0,25

Phương trình tiếp tuyến: y = – ( x – 1) + 1.
Câu
3.a
(0,5đ)

0,25

0,25
2

Cho số phức z = 2 + i. Tính modun của số phức w = z – 1.
Ta có z  2  i  z 2  3  4i  z 2  1  2  4i

0,25

Vậy z 2  1  2 5 .

0,25

3
.
2x
Đặt t = 2x, ta được phương trình:
3
t  4    t 2  4t  3  0 (do t > 0)
t
t  1

t  3
Với t = 1 suy ra x = 0
Với t = 3 suy ra x = log 2 3

0,25

Giải phương trình 2 x  4  

Giải phương trình sinx = 1 –

0,25

3 cosx (1)

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

4.a
(0,5đ)

Câu
4.b
(0,5đ)

1
3
1

1
sin x 
cos x   sin( x  ) 
2
2
2
3
2

0,25


  

 x  3  6  k 2
 x   6  k 2



 x    5  k 2
 x    k 2

3
6
2


0,25

Phương trình (1) 

Một lớp có 20 học sinh, trong đó có 12 học sinh nam và 8 học sinh nữ. Giáo viên dạy
môn Toán chọ ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng làm bài tập. Tính xác suất để 4 học
sinh được chọn có ít nhât 2 học sinh nữ.
4
Chọn 4 học sinh bất kì có C20
 n()  C204  4845

Gọi A: “ 4 học sinh được chọn có ít nhất 2 nữ”
2
8

2
12

3
8

1
12

0,25

4
8

Suy ra n(A) = C .C  C .C  C  2590
Vậy P(A) =
Câu 5
(1,0đ)

n( A) 2590 518


.
n() 4845 969

0,25

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: Đồ thị hàm số y = x2 + x, trục hoành và hai
đường thẳng x = 0, x = 1.
1

Diện tích hình phẳng cần tính là: S =

x

2

 x dx

0,25

0

1

Với x   0;1  S   ( x 2  x)dx

0,25

0

Suy ra S = (

x3 x 2 1
 )
3 2 0

0,25

Câu 6

5
.
6
Trong không gian Oxyz cho hai điểm I(2; 1; –1) và A(1 ; 3; 2). Viết phương trình mặt

(1,0đ)

cầu (S) tâm I và đi qua A. Viết phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) tại A.

Vậy S =

0,25

Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; –1) và đi qua A(1 ; 3; 2) có bán kihs R = IA = 14

0,25

Vậy (S) có phương trình: (x – 2)2 + (y – 1)2 + (z + 1)2 = 14

0,25


Do mp(P) tiếp xúc với (S) tại A nên IA vuông góc với mp(P), do đó IA  (1; 2;3) là

0,25

véc tơ pháp tuyến của (P).
Vậy (P): x – 2y – 3z + 11 = 0.
Câu 7
(1,0đ)

0,25

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, AB = a và BC = a 3 . Gọi BH
là đường cao của tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa

hai đường thẳng BH và SC, biết SH  (ABC) và góc giữa SB với mặt phẳng (ABC)
bằng 600.
S

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

C

Page 2


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

1
1
1
a 3


 HB 
.
2
2
2
HB
BA BC

2
  600 .
Góc giữa SB và (ABC) là SBH

Ta có

Suy ra SH = HB.tan600 =
Diện tích đáy: S ABC 

0,25

3a
.
2

a2 3
2

1
a3 3
 VS . ABC  SH .S ABC 
3
4
Ta có HB  ( SAC )

0,25

(Vì ( SAC )  ( ABC ), HB  AC ).
Trong mp(SAC), dựng HK  SC.
Khi đó HK là đường vuông góc chung của HB và SC, hay d(HB; SC) = HK.

Ta có HC =

Câu 8
(1,0đ)

BC 2  HB 2 

1
1
1
3a 2
3a


 HK 
.
. Khi đó
2
2
2
HK
HS
HC
4
2

0,25

0,25

3a 2
Vậy d(HB; SC) =
4
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A(0; 8), M là trung điểm của cạnh
 15 11 
BC. Gọi H là hình chiếu của M trên AC, E  ;  là trung điểm của MH. Tìm toạ
 4 4
độ hai điểm B và C biết đường thẳng BH đi qua N(8; 6) và điểm H nằm trên đường
thẳng x + 3y – 15 = 0.
Chứng minh AE vuông góc với BH.
         
Ta có: AE.BH  ( AM  AH )( BM  MH )  AM .MH  AH .MC

( AM  BM ; AH  MH )
     
 
= ( AH  HM ) MH  AH ( MH  HC )   MH 2  AH .HC

0,25

= – MH2 + AH.HC = 0.

 15 21
Ta có AE  ( ;  ) là vtpt của BH, suy ra phương trình BH: 5x – 7y + 2 = 0.
4
4
5 x  7 y  2  0
9 7
Toạ độ H là nghiệm của hệ: 
 H  ; .

2 2
 x  3 y  15  0
Do E là trung điểm Của đoạn MH suy ra M(3; 2).

Do AM  BC  AM   3; 6  là véc tơ pháp tuyến của BC  BC : x  2 y  1  0

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

5 x  7 y  2  0
Toạ độ B là nghiệm của hệ: 
 B 1;1
x  2 y 1  0
Do M là trung điểm của BC, suy ra C(5; 3).
0,25

Vậy B(1; 1) và C(5; 3).
Câu 9
(1,0đ)

x ( x  1)  x 3  5 x 2  8 x  6 ( x  R ).(1)

Giải bất phương trình
Điều kiện: x  0.

(1)  x x  x  ( x 3  6 x 2  12 x  8)  ( x 2  4 x  4)  2
3

3

2

 ( x )  x  x  ( x  2)  ( x  2)  ( x  2)
3

2

’

(2)

2

Xét hàm số f(t) = t + t + t, có f (t) = 3t + 2t + 1 > 0, t.
Do đó hàm số y = f(t) đồng biến trên R, mặt khác (2) có dạng
f

 x   f  x  2 

x  x2

0,25

0,25

(3).

+) Với 0  x  2 là nghiệm của (3).
+) Với x > 2, bình phương hai vế (3) ta được x 2  5 x  4  0  1  x  4

0,25

Kết hợp nghiệm ta được 2 < x  4 là nghiệm của (3).
Vậy nghiệm của (3) là 0  x  4 , cũng là nghiệm của bất phương trình (1).

0,25

Câu 10 Cho các số thực x, y thỏa mãn x  y  1  2 x  4  y  1 . Tìm giá trị lớn nhất và
(1,0đ)
1

giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  ( x  y )2  9  x  y 
x y
Điều kiện: x  2; y  1;0  x  y  9;
Ta có

0  x  y  1  2. x  2  1. y  1  3( x  y  1)  ( x  y  1)2  3( x  y  1)

0,25

 0  x  y  1  3  1  x  y  4.
Đặt t  x  y, t  [1; 4] , ta có S  t 2  9  t 

S '(t )  2t 

1
t

1
1

 0, t  [1; 4] . Vậy S(t) đồng biến trên [1;4].
2 9  t 2t t

0,25
0,25

Suy ra

S max  S (4)  4 2  9  4 

1
33  2 5

 x  4; y  0;
2
4

0,25

S min  S (1)  2  2 2  x  2; y  1.

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

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