Đáp án Đề thi THPT Phước Bình Bình Phước Lần 1 năm 2016

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

TRƯỜNG THPT PHƯỚC BÌNH - ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016, LẦN 1

Câu

Nội dung

Điểm

- Tập xác định D  R \ 1
- Sự biến thiên y ' 

3

 x  1

2

0,25

 0 với x  D

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 , 1;  

0,25

+ Hàm số không có cực trị
+ lim y  x   2 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị
x 

lim y  x   , lim y  x    , suy ra đường thẳng x  1 là đường tiệm cận đứng

x 1

x 1

của đồ thị
+ Bảng biến thiên
x
y

Câu 1a
1.0đ

0,25
1









2



y
2



- Đồ thị
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm
 0; 1 ,  2;1 ,  4;3 ,  2;5

y
6

5
4

+ Đồ thị nhận điểm I 1; 2  làm tâm đối

3
2

xứng.

0,25

1
O
5

-2

1

2

4

5

x

-1
2

Gọi M  x 0 ; y 0  ,
Câu 1b
1.0đ

 x 0  1 ,

y0 

2x 0  1
, Ta có
x0 1

0,25

d  M, 1   d  M, Ox   x 0  1  y0
 x0 1 

2x 0  1
2
  x 0  1  2x 0  1
x0 1

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

Với x 0 

x  0
1
, ta có : x 20  2x 0  1  2x 0  1   0
2
x0  4

0,25

Suy ra M  0; 1 , M  4;3

1
, ta có pt x 20  2x 0  1  2x 0  1  x 02  2  0 (vô nghiệm) .
2
Vậy M  0; 1 , M  4;3

Với x 0 

0,25

3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1  2 3 sin x cos x  1  cos 2 x  4sin x  0
Câu
2a.
0.5đ

Câu
2b.
0.5đ

Câu 3
0.5 đ

 2 3 sin x cos x  2sin 2 x  4sin x  0  2sin x



3 cos x  sin x  2  0

0,25

sin x  0
 x  k
sin x  0




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

0,25

ĐK: x > 1 , 2 log3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2  log 3 [( x  1)(2 x  1)]  1

0,25

1
x2
2
Đối chiếu điều kiện suy ra bpt có tập nghiệm S = (1;2]

0,25

Đặt t  x 2  3  t 2  x 2  3  2tdt  2xdx  xdx  tdt .

0,25

 2 x 2  3x  2  0  

Suy ra I   t.tdt   t 2 dt 
9

Câu
4.a
0.5đ



t3
( x 2  3)3
C 
C
3
3

0,25

k

9
9
2 
k


 2 
Ta có  x  2    C9k x 9  k  2    C9k x 93k  2 
x  k 0

x 
k 0

Số hạng chứa x 3 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
4
 4845 đề
Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có C 20

thi.

0,5

0,25
0,25

Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có C102 .C102  2025 trường
Câu
4.b
0.5đ

hợp.
1
 1200 trường

Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có C103 .C10
hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có C104  210 trường

0,5

hợp.
Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc, có
2025  1200  210  3435 trường hợp
Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc là

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

3435 229

.
4845 323

1
Ta có VS.ABCD  SH.SABCD , trong đó SABCD  a 2
3
Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra
SH  (ABCD)
 là
Dựng HE  AB   SHE   AB , suy ra SEH

Câu 5
1.0đ

S

  600
góc giữa (SAB) và (ABCD)  SEH
Ta có SH  HE.tan 600  3HE
HE HI 1
a
a 3

  HE   SH 
CB IC 3
3
3
C
3
1
1a 3 2
3a
Suy ra VS.ABCD  SH.SABCD  .
.a 
3
3 3
9
Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song với CI
 d  SA, CI   d  CI,  SAP    d  H,  SAP  

F
A

D

0,25

K
P

M

I
H

E
B

0,25

Dựng HK  AP , suy ra  SHK    SAP 
Dựng HF  SK  HF   SPA   d  H,  SPA    HF

1
1
1
(1)


2

2
HF
HK
HS2
1
1
1
1
Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK 



2
2
2
HK
DM
DP DA 2
a
1
1
1
1
4 1 3
8
Thay vào (1) ta có 
.




 2  2  2  2  HF 
2
2
2
2
HF
DP DA HS
a
a
a
a
2 2
a
Vậy d  SA, CI  
.
2 2
Gọi I là giao điểm của BM và AC.
Ta thấy BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC
  CAB
  BM  AC .
ABC  BEM  EBM
Do SHK vuông tại H 

0,25

0,25

Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM : x  2y  7  0 .

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

Câu 6
1.0đ

Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ

C

E

13

 x  5
  12 6 
 2x  y  3  0
 13 11 

 I ;
 IM   ; 


5 5 
 5 5
 x  2y  7  0

 y  11

5



2
 8 4 
, IB   IM   ;   B 1; 3
3
 5 5 

M

F
I

B

A

Trong ABC ta có

1
1
1
5
5




 BA 
BI
2
2
2
2
BI
BA
BC
4BA
2
2

2

4 5
5
 8   4 
Mặt khác BI       
, suy ra BA 
BI  2
2
5
 5   5 
Gọi toạ độ A  a,3  2a  .
2

2

Ta có BA 2  4   a  1   6  2a   4  5a 2  26a  33  0  a  3  a 
  2 4 
Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ; 
 5 5


Ta có AC  5AI   2; 4   C 1;1 . Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1

Thể tích lăng trụ là: V  AA '.SABC  a. a
Câu 7
1.0đ

0,25

0,25

11
5

2 3 a3 3

4
4

0,25

0,5

Gọi O, O lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp
ABC, A 'B 'C ' khi đó tâm của mặt cầu (S)

ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.ABC là trung
điểm I của OO. Mặt cầu này có bán kính là:

0,5

a 21
7 a 2
2
R  IA  AO  OI 
 S  4 R 
6
3
2

Câu 8
1.0đ

2

 xy  x  y 2  y  0

Đk: 4 y 2  x  2  0
. Ta có (1)  x  y  3
 y 1  0

Đặt u  x  y , v 

 x  y  y  1  4( y  1)  0
0,5

y  1 ( u  0, v  0 )

u  v
Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  
u  4v(vn)
Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được :

4 y2  2 y  3  y 1  2 y

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

 4 y 2  2 y  3   2 y  1 





y 1 1  0


2
  y  2 


 4 y2  2 y  3  2 y 1


2

2



4 y  2 y  3  2 y 1

y2
0
y 1 1


1
0
y  1  1 

2

 y  2 ( vì 

2  y  2

4 y  2 y  3  2 y 1



1
 0y  1 )
y 1  1

0,25

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 
Áp dụng bất đẳng thức

Câu 9
1.0đ

1 1
4
 
, x  0, y  0.
x y x y

1
1
1
1
1
1

 

S

 2



  3

bca acb
bca abc acb abc

suy ra S 

2 4 6
  .
c b a

Từ giả thiết ta có

2 4 6
3
1 2
1 2 3

  a , nên    2      2  a    4 3.
c b a
a
c b
c b a


Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 4 3 . Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  3.

0,25

0,25
0,25
0,25

Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng

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