Dap an ky thi THPT Quoc gia 2016 Hocmai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HOCMAI.VN. KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM. ĐỀ THI THỬ LẦN 01. Môn thi: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) (Đáp án - Thang điểm gồm có 07 trang). Câu. Đáp án Cho hàm số y  x  3x  2 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. Tập xác định là D = R. Đạo hàm y'  3x 2  3 x  1 y'  0  x 2  1  0    x  1. Điểm. 3. Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng  , 1 ; 1,   , nghịch biến trên  1,1 . Giới hạn hàm số:  lim y   x . . 0.25. 0.25. lim y  . x . Bảng biến thiên. Câu 1 (2 điểm). 0.25. Đồ thị hàm số: 2. 0.25 2. 4. 6. Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt. Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12. - Trang | 1 -.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số y . 2x  1 . Biết tiếp tuyến qua giao điểm của đồ thị với x 1. trục tung. Ta có giao của đồ thị với trục tung là: I  0, 1. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đi qua điểm có hoành độ x 0 có dạng: Câu 2 (1 điểm). 2x  1 y  y'  x0  x  x0   y  x 0   x  x0   0 2  x0  1  x0  1 3. 0.5. Tiếp tuyến đi qua điểm I  0, 1 nên: 3. x.  1 0. 2. 2x0  1  1  x0  0 x0  1. 0  x   0. 0.5. Từ đây ta có tương ứng tiếp tuyến là:  y  3x  1 a. Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn điều kiện: z   3  4i   2 . Gọi M  a; b  biểu thị số phức z  a  bi,  a, b  R  Ta có z   3  4i   a  3   b  4  i Vậy z   3  4i   2 . 0.25.  a  3   b  4  2. 2. 2.   a  3   b  4   4 2. Câu 3 (1 điểm). 2. Do đó tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z trong mặt phẳng Oxy là đường tròn tâm I (3; 4) và bán kính R  2 . b. Giải phương trình sau: log3 (3x  1) log3 (3x1  3)  6. 0.25. x  x  0 3  1  0 ĐK:  x    x  log 3 2 3  1  1. 1  log3 (3x  1) log 3 (3x 1  3)  6  log 3 (3x  1) 1  log 3 (3x  1)   6 0.5. t  3 t  log 3 (3x  1)  t (t  1)  6   1 t 2  2 28  x1  log 3 .   27   x2  log 3 10. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường : x  1; x  e; y  0; y  Câu 4 (1 điểm). e. ln x  1 dx x. 0.5. Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12. - Trang | 2 -. Gọi S là diện tích cần xác định, ta có: S   1. Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt. ln x 1 x.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bởi x  1; e  ln x  0 . ln x ln x 1  1 x x. ln x ln x  ln x  e Do đó: S     1 dx   dx  x 1   dx   e  1 x x x  1 1 1 e. e. e. dx  u  ln x  du  x Đặt  dx   dv  x v  2 x   Khi đó:. . S   e  1  2 x ln x. . 0.5. . . e e2 x e  dx   e  1  2 x ln x  4 x  e  3  2 e (đvdt) 1 1 x 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng () : 2x  y  2z  1  0 và đường thẳng d:. x 1 y 1 z . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với hai mặt phẳng () và   1 2 2. Oxy .. Gọi I là tâm mặt cầu (S) cần tìm, vì I   d   I  t  1; 2t  1; 2t  . Theo giả thiết mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng () và Oxy nên I cách đều hai mặt phẳng này, do đó: d  I,(O xy)   d  I,( )   2t . Câu 5 (1 điểm). 2  t  1   2t  1  2  2t   1. 4 1 4  t  1 2  4t   2t   t  1 3  5. . 0.5. 2  4t 3. Do đó ta có 2 điểm I là: +) t  1  I  0; 1; 2  +) t . 1 6 7 2  I ; ;  5 5 5 5. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn đề bài: • Mặt cầu ( S1 ) có tâm I1 (0; 1; 2) , bán kính R1  z  2.  S1  :. 0.5. x2  (y  1)2  (z  2)2  4  6 7 2 . 2. •Mặt cầu (S2) có tâm I 2  , ,  , bán kính R 2  z  5 5 5 5  2. 2. 2.  6  7  2 4 (S2):  x     y     z    . 5  5  5 25 . Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt. Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12. - Trang | 3 -.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a. Giải phương trình cos2 x  6cos x  6cos x sin 2 x  1  0 trên đoạn  0;   Phương trình cos2 x  6cos x  6cos x sin 2 x  1  0.  6cos3 x  cos 2 x  1  0. 0.25.  (2cos x  1)(3cos x  2cos x  1)  0 2.  cos x  x.  3. 1 2  k 2 ,  k . . Như vậy nghiệm của PT trên đoạn  0;   là:. 0.25.  3. b. Trong 1 lớp học có 6 bóng đèn, năm bóng có xác suất bị cháy là Câu 6 nhất 4 bóng sáng. Tìm xác suất để lớp học đủ ánh sáng. (1 điểm) Ta đi tìm xác xuất để lớp học không đủ sáng:. 1 . Lớp học đủ sáng nếu có ít 4. 3. 1 + Xác suất 3 bóng cháy :   .C53 4 4. 1 + Xác suất 4 bóng cháy :   .C54 4. 0.25. 5. 1 + Xác xuất 5 bóng đều cháy:   .C55 4 C53 C54 C55   43 44 45 0.25 845 Do đó xác suất để lớp học đủ sáng là : p2  1  p1  1024 Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, AA’ = a. Gọi I là giao điểm Câu 7 của AB’ và A’B. Tính thể tích của khối tứ diện ACA’B’ và khoảng cách giữa hai đường thằng AB (1 điểm) và CI.. Vậy xác suất để lớp học không đủ sáng là : p1 . Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt. Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12. - Trang | 4 -.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> H. A'. C'. B'. I. K. Gọi V là thể tích của lăng trụ ABC.A’B’C’ ta có: 1 VACA ' B '  VB '. ACA '  VB '. ACC ' A ' 2 1 1 1 1 2 1  (V  VB '. ABC )  (V  V )  . V  V 2 2 3 2 3 3 0.5. C. A. 1 1 a2 3 a2 3  .S ABC .AA '  . .a  3 3 4 12. E B. Gọi E là trung điểm của AB => CE  AB (1) IE là đường trung bình của tam giác ABB’=> IE // BB’ Mà BB’  AB => IE  AB (2) Từ (1) và (2) => AB  (CIE). Trong mặt phẳng (CIE ) kẻ EK  IC => EK là đoạn vuông góc chung của AB và IC. Suy ra: d ( AB, IC )  IK . a 3 1 a ; EI  AA'= 2 2 2 Xét tam giác vuông CEI có:. Ta có: EC . 0.5. 1 1 1 1 1 4 4 16 a 3  2    2  2  2  EK  2 2 2 2 EK EI EC a 3a 3a 4 a a 3     2  2  Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và IC bằng. a 3 . 4. 45 , đáy lớn CD nằm trên 2 đường thẳng x  3 y  3  0 Biết 2 đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I (2;3) . Viết phương trình cạnh BC, biết điểm C có hoành độ dương. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có S ABCD . Câu 8 (1 điểm) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB Do AC  BD =>Tam giác AIB và CID là 2 tam giác vuông cân tại I => IN  NA  NB, IM  MC  MD. 0.5. + d I ,CD   10  CD  2 10 + NI  x  AB  2x. Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt. Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12. - Trang | 5 -.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> S ABCD.  AB  CD  MN .  2 x  2 10  x  . 10. . A. 2 2 2 45  x  10  2 10 IN IB 1  x      * 2 IM ID 2 + MN qua I vuông góc với CD => MN: 3x  y  9  0 3x  y  9  0  Toạ độ M là nghiệm của hệ:   M  3;0  x  3y  3  0. . B. N. . I C M D. + PT đường tròn tâm M bán kính MI:  C  :  x  3  y 2  10 2. + C, D là giao điểm của đường tròn  C  với đường DC. 2 2   x  3  y  10  D  0; 1 (do xC  0 )   C 6; 1   x  3 y  3  0     + Từ (*)  DI  2IB  B  3,5 =>PT đường thẳng qua B, C là : 4 x  3 y  27  0. Giải phương trình Điều kiện x . 2 3. 3 2 3x  2. . . 3x  2  1  3 3 7  6 x. 3 7  6x  2 3x  2  1  3 3 7  6 x   2 3x  2  3 3 7  6 x 3x  2 3x  2 2  a  3x  2, a  3 Đặt  b  3 7  6 x . . .  b3 Câu 9  2  2a  3b (1 điểm) Khi đó ta có hệ phương trình:  a  2a 2  b 3  3 . 1 . 0.5. 0.5. 1  2. b  a b3 2  2a  3b   a  b   2a  b   0   2 a b  2a. +) Với a  b  a3  2a2  3  0  a  1  x  1 3 +) Với b  2a , ta có  2a 2   2a   3  8a3  2a 2  3  0. *. Vì a  0 nên áp dụng Cosi cho 3 số a ; a ;1 ta có: a3  a3  1  3a2  2a3  1  3a2  2a3  1  2a2 Từ đây suy ra (*) vô nghiệm Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất là: x  1 3. Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt. 0.5. 3. Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12. - Trang | 6 -.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Cho x, y  0 thoả mãn. 1 1 1    3 . Tìm giá lớn nhất của: x y xy 3 1 3 3 1 3 P  2    2 y y y  x  1 x x x  y  1. Đặt a  x  y, b  xy  a, b  0; 1 1 1 1  3  x  y  1  3xy  a  1  3b; a  0  3b  1  0  b  Từ   x y xy 3 a 2  4b   3b  1  4b   9b  1 b  1  0  b  1 2. 3x 2  y  1  3 y 2  x  1 x 2  y 2  2 2 Ta có: P  xy  x  1 y  1 x y 3xy  x  y   3  x  y   6 xy  x  y   2 xy   xy  xy  x  y  1 x2 y 2 2. Câu 10 (1 điểm). 2. . 3ab  3a 2  6b a 2  2b  b  b  a  1 b2. . 3  3b  1 b  3  3b  1  6b  3b  1  2b  b  b  3b  b2 2. 0.5. 2. 5b  1 5 1 9b2  3b  27b2  18b  3  6b 36b 2  32b  4    2   2 2 2 4b 4b 4b 4b 4b 5 1 Xét f (t )   2 , t  1 4t 4t 5 1 2  5t 5 1 f ' t    2  3   0, t  1  Max f  t   f 1    1 3 4t 2t 4t 4 4 1 1 1 Vậy Max P  1 dấu “=” xảy ra tại xy  1,    3  x  y  1 x y xy. Nguồn:. Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt. Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12. 0.5. Hocmai.vn. - Trang | 7 -.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>