HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 MÔN: TOÁN

  ;

 

Nội dung

Tập xác định: D   . lim Giới hạn ở vô cực:

y

lim

y

x



2

3

 

Câu Câu1 (1 điểm)

y

'

x

y

4

   x

2

   ; 2

0; 2

2;0

 

Điểm 0,25 ; Đạo hàm:

 

 x   x    ' 0 x 0   x Hàm số đồng biến trên các khoảng  Hàm số nghịch biến trên các khoảng   Hàm số đạt cực tiểu tại   . 3 0,  y x CT Hàm số đạt cực đại tại    y x 1 2, CD Bảng biến thiên

 -2 0 2  + 0 - 0 + 0 -

.    2;

 

1 0,25 0,25 1 -3 x y’ y

2;0

6; 0

. Đồ thị: Đồ thị giao với trục Ox tại các điểm   6;0 ,

  2;0 ,



2

2

y

"

  3

x

y 4; " 0

   

x

.

;

,

U

;

U 1

2

7 9

3 7 9

2 3

2 3

  

  

  

  

Đồ thị hàm số có hai điểm uốn là .

0,25

f

'

x

2

x

4  . x

x

2

'

f

x

0

2

0,25 Ta có 1;e ; f x xác định và liên tục trên đoạn    Câu 2 (1 điểm) 0,25 Với , .

f

1,

 

2

f

2 2 ln 2,

e

 . 4

1;  e   1

  f e

2

0,25 Ta có

  x        2 2ln 2

  x

e

4

e

   x

  f x

  f x

2; max   e 1;

min   e 1; Ta có

x

x

0,25 Vậy

x

x

x

3.25

5.9

8.15

3

8

 

5 0

5 3

25   3 

  

  

  

Câu 3 0,25 (1 a) 0,5đ

x

1

5 3

  

điểm)

 

x

0 1

x   x

5 3

5 3

  

         

.

log

x

2 log

  0

log

x

log

x

0

2 2

4

2 2

2

1 x

log

x

0

2

Ta có b) 0,5đ

log

x

1

1 2

2

 x    x

  

3

0,25 0,25 0,25

x

x

dx 1

x

 

x

dx 1

3 1 1

3

2

x

3

x

3

x

x

dx 1

 1

 1

   1

 1 

0,25 Câu 4 (1 điểm) 0,25

7 2

5 2

3 2

1 2

x

3

x

3

x

x

 1

 1

 1

 1

 dx  

7 2

5 2

3 2

9 2

x

x

x

x

C

 1

 1

 1

 1

4

3

2

x

x

x

x

x

  1

C

 1

 1

 1

 1

0,25

6 5 6 5

6 7 6 7

2 3 2 3

        2 9 2   9 

  

I

 và bán kính

0,25

5R  .   pn   1; 1; 2

 z D

  y

 . 0

 1;3; 2 Mặt phẳng (P) có một véc tơ pháp tuyến là Mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) nên phương trình mặt phẳng (Q) có dạng: x 2 Mặt phẳng (Q) tiếp xúc mặt cầu (S) khi và chỉ khi

  1 3 2

D

)

R  

5

 d I Q , (

2

2

2 1

   2 2    1

   D

6 5 6

D   

6

5 6

Chú ý! Học sinh có thể làm theo phương pháp đổi biến số. Mặt cầu (S) có tâm Câu 5 (1 điểm) 0,25 .

D

 

6 5 6

  

0,25 0,25

6 5 6

  y

  y

 

0;

2

2

z

z

6 5 6

 0

2

  Q x : 2   sinx cos 2 x 1

sin 3

x

2cos 2 sin

x

x

2sin

x

0

0,25 Vậy có hai mặt phẳng (Q) thỏa mãn đầu bài là     Q x : 1

x sin cos 2

 x

0 

sin

x

   

x

  

0

x

k k ,

Câu 6 (1 điểm) a) 0,5đ 0,25

  ;

x

k

 2 3

+ sin

cos 2

x

sin

x

cos 2

x

cos

x

k

 

 2

  

    

k

 2

   6      x  2

+ 0,25

924

n

Gọi X là biến cố “ hai đội 12A6 và 10A3 ở cùng một bảng” Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội là: b) 0,5đ

  

12 6 C C 6 6 Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội, hai đội 12A6 và 10A3 ở cùng một bảng là:

10

.

4C

- Hai đội cùng bảng A hoặc B: có 2 cách - Chọn 4 đội còn lại vào cùng với bảng của hai đội: có

C  cách. 1

6 6

10

420

cách. 0,25 - Chọn 6 đội còn lại cho bảng còn lại: có

 n X

C 42.

Suy ra cách.

 P X 

420 924

5 11

0,25 Xác suất xảy ra biến cố X là: .

2

3

Câu 7 (1 điểm)

AC

2

AI

2

R

 BC AC

.cos 30o

 ; a

a 3 a

3

o

AB AC

.sin 30

Ta có . Suy ra

3

3

.

a

V

S

SA .

S

AB BC .

S ABCD

.

ABCD

ABCD

2 3 3

1 3

a 3

0,25 0,25 . Suy ra .

AH

d AC SB

,

AH

0,25 Kẻ qua B đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng CD tại E. Khi đó AC song song với mặt phẳng (SBE). Dựng AF vuông góc với BE tại F, dựng AH vuông góc với SF tại H. Ta nhận thấy

 

  . SBE    d A SBE ,

o

SA a

3

Suy ra .

AF AB

.cos 30

SAE

90o

a  ; 2

39

a

  AH

Tam giác SAE có: ; .

2

2

2

1 SA

1 AF

13

.

0,25

1 AH Chú ý! Bài này học sinh cũng có thể giải bằng phương pháp tọa độ trong không gian.

Câu 8 (1 điểm)

Gọi M là trung điểm cạnh BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của AD và BC, E là giao điểm của BH và AC. 0,25

M

;

7 2

1 2

  

  

Khi đó tọa độ .

0

x

y   . 2

8 0

A

0,25 Đường thẳng AD vuông góc với BC và đi qua D nên có phương trình:

  1;1

 y x 5    y

  2 0

K

Tọa độ A là nghiệm của hệ .

  3; 1

x x

     

y y

3   x    

KCE BDA

   

 

KCE

 

H

4 0 2 0 Tứ giác HKCE nội tiếp nên ta có: BHK Mặt khác BDA . Suy ra BHK BHD cân tại B, suy ra K là trung điểm HD. Từ đó có

Tọa độ K là nghiệm của hệ .

t

t

7

C

;3

B BC

 

2; 0  . Vì BH vuông góc với AC

   4

. hay tam giác  .

0

 B t t ;   HB AC .

5 2

t

B

  5

0,25 . nên ta có

Bx  . 3

t

C

B

0

x

+ Với

2

0,25

  x

2

y

y

 34 15

y xy

 

2 4

2

2

y

x

x

y

8

  2

  t     t   không thỏa mãn đầu bài 5;1     + Với . 2    2; 2 , 5;1 y   . Phương trình AB: 3 4 Phương trình AC: y   . 1 0 Ta kí hiệu các phương trình trong hệ như sau:     x 2 1    

x

2

Câu 9 (1 điểm)

2     2    y 0

2

  x

y

2

   2

x

2

x y .

2

y

0

. Điều kiện:

  1

2

   x

2

y

    

y

  thay vào (2) ta được

2

2

x

 

2 4 2

x

8 4

x

 34 15

x

. 0,25

  3

2

2

.

x

t

+ Với 2 x    2 4 2

   

x

x

8 4

x

t

2

t 2

34 15  t  0     t t 2

x

 

2 4 2

x  

0

x

  

y

2 17 17

x

 

2 4 2

x  

2

Đặt 0,25 . Khi đó  3 trở thành

  

30 17 2

x

  

y

0

   

0

   x

2

   2

0

y

x  nên chỉ có

0 0

0,25

 mà 2 y y  thử vào (2) thấy thỏa mãn.

30 17

+ Với 2 thể xảy ra khi . Vì y 2x  và

2 0

x    y

2 17 17

  x    y 

a

z

Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm: và . 0,25

x

z

y

z

    .

1

y

z

  . Từ giả thiết 



1 a

x

z

y

y

x

a

x

z

a

1

Đặt x Câu 10 (1 điểm) Vì

    x

  

a

x

y

y

z

z

         . z 1 2  a

1 a

Ta có , thay vào P ta được: