Đáp án Đề thi THPT Quỳnh Lưu 3 Nghệ An Lần 1 năm 2016

Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

Câu

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 NĂM HỌC 2015 – 2016 .
Trường THPT Quỳnh Lưu 3
ý
Nội dung

Điểm

1) Tập xác định: 
2) Sự biến thiên
a) Chiều biến thiên:

y '  3 x 2  6 x; y '  0  3 x 2  6 x  0  x  0  x  2
y '  0  x  0  x  2; y '  0  0  x  2

0,25

Vậy, hàm số đồng biến trên hai khoảng  ;0  và  2;  
hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2 
b) Cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yC Đ = 1.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yCT = – 3
c) Giới hạn tại vô cực.

1
1đ

0,25

  3 1 
lim y  lim  x3  3 x 2  1  lim  x3 1   3    ; lim y  
x 
x 
x 
x 
  x x 
d) Bảng biến thiên
–
x
2
+
0
y’
+
0
–
0
+
1
+

0,25

y
–

–3

3. Đồ thị
Đồ thị có tâm đối xứng I(1;–1) và đi qua các điểm (0;1), (2;3),
(–1;–3),(3;1).

0,25

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

2
Ta có f ( x)  x  2ln x; f '( x)  1  ; f '( x)  0  x  2  1; e 
x
f (1)  1; f (2)  2  2ln 2; f (e)  e  2

2
1đ

Vậy, min y  2  2ln 2; max y  1

0,5

1;e

1;e
1

1

0,5

x

I    x  1.e dx    x  1de x
0

3
1đ

0

1

  x  1 e x 10   e x dx  2e  1  e x

1
0

 e.

0

0,5

Vậy I = e.
2
a Phương trình z  2 z  5  0 có  '  4  0 nên nó có hai nghiệm phức

0,5 phân biệt là z1 = 1 + 2i và z2 = 1 – 2i.
2
2
2
2
đ Khi đó, z1  z2  5 . Do đó A  z1  z2  10

4
1đ

b.
0,5
đ

log 3  x  1  log

3

 5  x   log 3  x  1  log 3  5  x 

0,25

2

0,25

2

 x  1   5  x   x 2  11x  24  0  x  3  x  8

Khoảng cách từ I đến mp(P) là r  d  I ,( P )  

0,25

1.1  2.2  2.1  4

 1.
a
12  22  22
0,5
Vì M mặt cầu (S) tiếp xúc với mp(P) nên bán kính mặt cầu r = 1
đ
2
2
2
Phương trình mặt cầu là (S):  x  1   y  2    z  1  1

6
1đ

0,25

Điều kiện: –1 < x < 5

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm thỏa mãn là x = 3.

5
1đ

0,5

Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mp(P), d có véctơ chỉ

x 1 y  2 z 1


phương là n  1;2;2  nên nó có phương trình
.
1
2
2
Gọi H là hình chiếu cần tìm thì H là giao điểm của d và (P), tọa độ H là
b
2

0,5
x  3
x  2 y  2z  4
đ

4  2 4 1


 y  ,H  ; ; 
nghiệm của hệ phương trình 2 x  y  0
3  3 3 3
y  z 1


1


z  3

a
8
0,5 Ta có cos 2   1  sin 2  
9
đ

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

2 2
 
Vì    ;   nên cos   0 , do đó cos   
3
2 

74 2
Khi đó, P  sin 2  cos 2  2sin  cos   1  2sin  
9
Gọi không gian mẫu là  : “Chọn ngẫu nhiên 5 lớp trong 39 lớp” thì
n     C394  82251

0,25

2

Gọi A là biến cố “chọn được 4 lớp có trong cả ba khối”.
TH1: khối 10 hai lớp, khối 11 một lớp và khối 12 một lớp có C132 C131 C131
cách chọn.
b
TH2: khối 10 một lớp, khối 11 hai lớp và khối 12 một lớp có C131 C132 C131
0,5
cách chọn.
đ
TH3: khối 10 một lớp, khối 11 một lớp và khối 12 hai lớp có C131 C131 C132

0,25

cách chọn.
Do đó n( A)  3C132 C131 C131  39546
Xác suất cần tìm là P ( A) 

n( A) 39546 338


 48%

n() 82251 703

0,25

S

G

7
1đ

a
0,5
đ

D

A
H

B

C
F

E

  450 .
Vì HC là hình chiếu của SC trên mặt đáy nên theo giả thiết SCH
  HB 2  BC 2 .tan 450  a 5

Do đó, SH  HC.tan SCH

Diện tích hình vuông ABCD là 4a 2

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
0,25

Page 3


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD là

1
1
4a 3 5
V  SH .S ABCD  a 5.4a 2 
( dvtt ) .
3
3
3
Dựng hình bình hành BDCE, khi đó
d  SC , BD   d  BD,( SCE   d  B,( SCE ) 

d  B,( SCE )  EB 2
2

  d  B,( SCE )   d ( H ,( SCE ))

d ( H ,( SCE )) EH 3
3
Gọi F và G lần lượt là hình chiếu của H lên EC và SF ta có
CE  SH 
  CE  ( SHF )  CE  HG , mà HG  SF nên
CE  HF 

0,25

Mặt khác,

b
0,5
đ

HG   SCE  hay d  H ,  SCE    HG
Ta có

1
1
1
1
16
1
2
19





 2 2 
2
2
2
2
2
HG
SH
HF
SH
9 AC
5a 9 a
45a 2

Suy ra d  H ,  SCE    HG =

3a 5
19

Vậy, khoảng cách giữa SC và BD là

8
1đ

0,25

2a 5
.
19

2 x  2. y  2  y  8  x  y  4 x
(1)
Xét hệ 
 xy  2 x  11  12  x  y  7  3 x  0 (2)
7
Điều kiện 2  x  , y  0
3
Ta có
4x  8  y
2 x  2. y  4( x  2) y 
. Dấu “=” xẩy ra khi y=4x–8
2
4x  y  8
2  y  8 x   y  8  4 x 
. Dấu “=” xẩy ra khi y=4x–8
2
Suy ra 2 x  2. y  2  y  8  x  y  4 x . Dấu “=” xẩy ra khi y=4x–8

0,25

0,25

Như vậy, pt(1)  y = 4x – 8. Thế vào pt(2) ta có:

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

4 x 2  6 x  11  4  3 x  7  3 x  0
 4  x 2  x  3 



 

4  3x  x  1 

x

2

 x  3



7  3x  x  2  0

x

2

0,25

 x  3


 7

 0  do x   2;  
4  3x  x  1
7  3x  x  2
 3

1
1


  x 2  x  3  4 

0
4  3x  x  1
7  3 x  x  2 

 4  x 2  x  3 



 x2  x  3  0
()


1
1


 4 (3)
 4  3 x  x  1
7  3x  x  2

1  13
1  13
x
2
2
1  13
Đối chiếu điều kiện ta có x 
2
 1  13

;2 13  6 
Hệ có nghiệm 
 2

+ Xét pt(3)
1
1
 7
x   2;   4  3 x  x  1  3  10  6 

4  3x  x  1 6
 3
 7
Xét hàm số x   2;  : g ( x)  7  3x  x  2
 3
3
2 7  3x  3
 g '( x)  
1 
0

2 7  3x
2 7  3x
1
7 1
 g ( x)  g    
 3 . Do đó,
7  3x  x  2
3 3
1
1
1
 7
x   2;  :

  3  4 hay pt(3) vô
4  3x  x  1
7  3x  x  2 6
 3
nghiệm
 1  13

;2 13  6 
Vậy, hệ có nghiệm duy nhất 
 2


0,25

+ pt ()  x 2  x  3  0  x 

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

P
hương trình đường thẳng BC: x – y – 2 = 0
Gọi H là giao điểm của EF và BC ta có tọa độ H là nghiệm của hệ
3 x  y  2  0
x  0

, H (0; 2) . Từ các giả thiết ta thấy H nằm trên

x  y  2  0
 y  2

9
1đ

tia đối của tia BC.
Ta chứng minh MD.MH=MB2.
Thật vậy, qua B kẻ đường thẳng song song với CA cắt HE tại G. Khi đó ta
HB GB DB


 HB.DC  DB.HC . Vì

có BG = BF = BD đồng thời
HC CE DC
M là trung điểm đoạn BC nên ta được

0,25

 MH  MB  MB  MD    MB  MD  MH  MB   MH .MD  MB 2 .
Gọi B(t; t – 2), t < 4 ta có
2

2  t  4   8  t  4  2  t  2, B(2;0)  C (6; 4) .
2

Phương trình đường tròn tâm B bán kính BD là (T):  x  2   y 2  2 .
Đường thẳng EF cắt (T) tại G và F có tọa độ là nghiệm của hệ
3

x
 x  2 2  y 2  2

x

1


5
. Vì G nằm giữa H và F nên




y 1 y   1
3x  y  2  0

5

3 1
F 1;1 , G  ;   . Khi đó phương trình AB: x + y – 2 = 0, AC đi qua C
5 5
và song song với BG nên có pt: x – 7y + 22 = 0. Tọa độ điểm A là nghiệm
x  y  2  0
 x  1

, A( 1;3)
của hệ 
 x  7 y  22  0
y  3

0,25

0,5

Vậy A(–1; 3), B(2; 0), C(6; 4).

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

1

Xét biểu thức P 

2

x  3y

2

1



2

3x  y
1

Trước hết ta chứng minh

2

x  3y

2



2



2
3 x  y 

1
2

3x  y

2



3

2
x y

Thật vậy,


1
1


 x2  3 y 2
3x 2  y 2


2


8 x2  y 2 


1
1
  2 2
 2
 2
2
2 

x

3
y
3
x

y
 x  3 y 2  3x 2  y 2




Xét

8  x2  y 2 

x


10
1đ

2



 3 y 2  3 x 2  y 2 
4  x  y 

x

2

4

 x  y

2

2
4  2  x 2  y 2   x  y    x 2  3 y 2  3x 2  y 2 

 
2

2
2
2
2
 x  3 y  3x  y   x  y 

4

 3 y 2  3 x 2  y 2   x  y 

2

0

1
x2  3 y2



1
3x2  y 2



2
x y

Dấu “=” xảy ra khi x = y
2
2


Như vậy, P 
x  y 3  x  y 3
Đặt, t 

0,5

1
,t  0.
x y

Xét hàm số f (t )  2t 
Ta có bảng biến thiên
–
t
1
f’(t)
–

2t 3
 f '(t )  2  2t 2 ; f '(t )  0  t  1
3
–
0

+

1
+

0
4/3

–

f(t)

4
khi t = 1.
3
4
1
Vậy, GTLN của P là khi x  y 
3
2
Từ BBT ta thấy GTLN của f(t) là

Tham gia khóa học của thầy Quang Baby để có kết quả tốt nhất trong kỳ thi THPT QG
/> />
0,5

Page 7


Chuyên dạy học sinh đã học nhiều nơi không tiến bộ

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

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

Page 8