SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

Câu
1

Ý

HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN
(Bản hướng dẫn chấm có 05 trang)

Nội dung trình bày
1,0 điểm
*) TXĐ: D  .
*) Sự biến thiên:
- Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

Điểm

0,25

x 

Suy ra đths không có tiệm cận
x  0
Ta có y '  3 x 2  6 x ; y '  0  
 x  2
- Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 2), (0; ). Nghịch biến trên (2;0).

-Bảng biến thiên


x
-2
0
y’
+
0
0
+

0
-

0,25

0,25

y
-4


*) Vẽ đúng đồ thị.

2

0,25

1,0 điểm

Hệ số góc tiếp tuyến: k  3 . Phương trình tiếp tuyến có dạng: y  3x  b  b  2016 
 x 1
1
 2 x  1  3 x  b

Điều kiện tiếp xúc: 
có nghiệm
3



3
2
 
2
  2 x  1
x  0
2
 2    2 x  1  1  
x  1
Với x  0 có b  1 . Suy ra phương trình tiếp tuyến: y  3 x  1
Với x  1 có b  5 . Suy ra phương trình tiếp tuyến: y  3 x  5
Kết luận
1,0 điểm

3
a

3 cos 2 x  3sin x  3


0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

 3sin x  3 1  cos 2 x   0
 3sin x  2 3 s in 2 x  0

-1-



 x  k
sin x  0



  x   k 2 (k  )
sin x  3

3


2
2

x 
 k 2
3


0,25

Kết luận.
b

3x 1  31 x 

10
2 x 1
 3.3    10.3x 1  3  0
3

0,25

3x 1  3
x  2
  x 1 1  
3 
x  0

3

0,25

Kết luận


4

1,0
e

e

e

I   x  2 x  ln x  dx  2  x dx   x ln xdx .
2

3

1

1

e

e

2 x3dx 
1

1 4
1
x   e 4  1
2 1 2


e

Ta có

 x ln xdx 
1

0,25

e e 2 1  1 2 1 2
1 2
x
ln
x
 x dx   e  x

1 1 x  2 
2 
2

e

I   x  2 x 2  ln x  dx 
1

5

0,25


1

e  e2  1

1
4

1 4
e 2  1 2e 4  e 2  1
e

1

  4  4
2

0,25

0,25

1,0 điểm

x  2  t

+ d :  y  1  t , Tọa độ điểm B  2  t ;1  t ; 2t  . Vì B là giao điểm của (P) và d nên ta có
 z  2t


0,25


2  t  2(1  t )  2t  1  0  t  5 .

Suy ra B  3; 6; 10 

0,25

Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính mc(S), do I nằm trên d nên I(2+a;1-a;2a)
a5
IA  a 2  (2  a)2  4a 2  6a 2  4a  4, d(I, (P)) 
6
Do mặt cầu (S) đi qua A và tiếp xúc với (P) nên
a  1
a5
2
2
6a  4a  4 
 35a  34a  1  0  
a   1
6
35


0,25

-2-


Với a  1  I(3; 0; 2), R  6  phương trình mc(S) : (x  3) 2  y 2  (z  2) 2  6
Với a  


1
69 36
2
29 6
 I( ; ;  ), R 

35
35 35 35
35

 29 6 
69
36
2
phương trình mc(S) : (x  ) 2  (y  ) 2  (z  )2  

35
35
35
 35 
Vậy phương trình (S) cần tìm là

2

 29 6 
69
36
2
(x  3)  y  (z  2)  6 , (x  ) 2  (y  ) 2  (z  ) 2  


35
35
35
 35 
2

6

2

0,25

2

2

1, 0 điểm
z  a  b i, (a , b 

)

 (2  3i )  a  bi   5i  a  bi  2i 2
 2a  2bi  3ai - 3b  5i  a - bi  2

0,25

 a  3b  2  (3b  3a  5)i  0.
3

a


a  3b  2  0

4


3
b

3
a

5

0


b  11

12
3
11
a

b

.
Vậy phần thực của z là
4 và phần ảo là
12

b Gọi A, B, C lần lượt là các biến cố: Gà mái mầu trắng, mầu nâu, mầu đen đẻ trứng.
1
2
3
Theo giả thiết ta có P(A)  ; P(B)  ; P(B)  . Theo công thức biến cố đối ta có:
2
3
4
1
1
1
P A  ;P B  ;P C  .
2
3
4
Gọi D là biến cố: “Ít nhất một con gà đẻ trứng” suy ra D là biến cố: “cả 3 con gà đều
không đẻ trứng”. Từ đó ta có: D  A  B  C . Do việc 3 con gà đẻ trứng độc lập nên các
biến cố A, B, C độc lập. Theo công thức nhân xác suất ta có:
1 1 1 1
P D  P A .P B .P C  . . 
2 3 4 24
23
Theo công thức biến cố đối ta được P  D   1  P D 
.
24
23
Vậy xác suất cần tìm là
.
24


a

 

 

0,25

 

       
 

-3-

0,25

0,25


7

1,0 điểm
S

K
C

A
a


d
H

B

Do SA vuông góc với (ABC) nên AC là hình chiếu của SC trên (ABC)
 SCA  60  SA  a 3
a2 3
4
a3
Thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC 
(đvtt).
4
Kẻ đường thẳng d qua B và song song với AC ta có khoảng cách giữa AC và SB là
khoảng cách giữa AC và mp(SB, d) và là khoảng cách từ điểm A đến mp(SB,d).
Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với d tại H.
a 3
Ta có ABH  BAC  60  AH  ABsin 60 
.
2
Kẻ đường thẳng qua A và vuông góc với SH tại K . Ta có tam giác SAH vuông tại A nên
1
1
1
4
1
5
a 15



 2  2  2  AK 
2
2
2
AK
AH SA
3a 3a
3a
5
Do d vuông góc với SA và AH nên d vuông góc với (SAH)  (SB,d) vuông góc với
(SAH) mà AK vuông góc với SH nên AK vuông góc với
a 15
(SB,d)  d(A, (SB, d))  AK 
.
5
a 15
Vậy khoảng cách giữa AC và SB là
.
5
1,0 điểm

Diện tích tam giác ABC là SABC 

8

A
N
E
M

B

H

I

C

(T) có tâm I(3;1), bán kính R  5 .
Do IA  IC  IAC  ICA (1)
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại M  MH  AB  MH / /AC (cùng vuông góc
AB)
-4-

0,25
0,25

0,25

0,25


 MHB  ICA (2)

Ta có: ANM  AHM (chắn cung AM) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có: AI vuông góc MN
 phương trình đường thẳng IA là: x  2y  5  0
Giả sử A(5  2a;a)  IA.

0,25


a  0
Mà A  (T)  (5  2a)2  a2  6(5  2a)  2a  5  0  5a2  10a  0  
a  2
Với a  2  A(1; 2) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN)

0,25

Với a  0  A(5; 0) (loại vì A, I cùng phía MN)


9
Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH  E  MN  E  t; 2t  
10 


38 
Do E là trung điểm AH  H  2t  1; 4t  
10 

 
58   
48 
 AH   2t  2; 4t   , IH   2t  4; 4t  
10 
10 


  
272 896

t
0
Vì AH  HI  AH.IH  0  20t 2 
5
25
 8
 11 13 
 H ; 
t 
5
5 5

 28
 31 17 
 H ; 
t 
 25 25 
 25
Với t 

0,25

0,25

 11 13 
8
 H  ;  (thỏa mãn)
5
5 5



  6 3 
Ta có: AH   ;   BC nhận n  (2;1) là VTPT
 5 5
 phương trình BC là: 2x  y  7  0

9

1,0 điểm
x  y
ĐK: 
 1  x  1
+) với x  0  y  0. .

0,25

+) Với x  0 PT (1)  x
Xét hàm số f (t )  t







x2  1  1 

3x 2 x  y
2


x 1 1

y





y 2  1  1 (*)



t 2  1  1 trên R. Chứng minh hàm số đồng biến trên R

Với đk x  y  f ( x )  f ( y )  VT (*)  VP (*)

0,25

Dấu “=” xảy ra khi x  y
Thay x  y vào phương trình (2) ta được:
0,25
(2 x  1) 1  x  (2 x  1) 1  x  2 x ĐK :  1  x  1, x  0

-5-


Đặt a  1  x , b  1  x ; a, b  0 thay vào phương trình ta được

(a 2  b 2  1)a  (a 2  b2  1)b  (a 2  b2 )  (a 2  b 2 )(b  a)  b  a  (a 2  b 2 )  0
a  b

 (a  b )(b  a )  b  a  (a  b )  0  
.
a  b  1  5

2
2

2

2

2

+ Với a  b  x  0 ( loại).
0,25
+ Với a  b 

1 5
1 5
5 5
5 5
 1 x  1 x 
 x2 
x
.
2
2
8
8


Vậy hệ phượng trình có các nghiệm x  y  
10

5 5
.
8

1,0 điểm
t2
Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y) ta có xy 
4
3
2
2
t  t  xy (3t  2)
t
P
. Do 3t - 2 > 0 và  xy  
xy  t  1
4
2

0,25

Ta có
t 2 (3t  2)
t2
4
P


t2
t2
 t 1
4
t  0
t 2  4t
t2
t 2  4t
; f '(t ) 
;
Xét hàm số f (t ) 
f
'(
t
)

0

0
.
2
2
t2
(t  2)
(t  2)
t  4
Lập bảng biến thiên của hàm só f (t ).
t3  t2 

x  y  4

x  2
Do đó min P = min f (t ) = f(4) = 8 đạt được khi 

(2; )
 xy  4
y  2
Tổng

------Hết------

-6-

0,25

0,25
0,25
10