Đáp án đề thi thử THPT quốc gia môn Toán 2016 - Tỉnh Thanh Hóa

Đáp án đề thi thử THPT quốc gia môn Toán 2016 - Tỉnh Thanh Hóa tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án,...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 THẦY TÀI – 0977.413.341 CHIA SẺ Môn thi: Toán

ĐÁP ÁN CHI TIẾT Thời gian: 180p- không kể thời gian phát đề

Câu 1

(1,5 điểm)

a) (1,0 điểm)

2) Sự biến thiên của hàm số:

a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:

*    



x

lim

; lim nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị

hàm số

* lim  lim 2







x

x nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm

số

0,25

b) Bảng biến thiên:

1





x y

Bảng biến thiên:

x -  1 + 

y

2

-

+ 

2

* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;1 và 1;

0,25

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung tại (0;1) và cắt trục hoành tại điểm 









 0

; 2 1

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25

b) (0,5 điểm)

Do A(C)Ox nên 









 0

; 2

1

2

1 ' 











Tiếp tuyến của (C) tại A có phương trình: 0 4 2

2

1









 



'( )4 4

f x x x, f '( )x  0 4x34x  0 x 0,x1, x1(loại) 0,25

O

y

x

2

1

2 1

1

(0,5 điểm) Ta có: f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 227

Vậy

[0;4]

max ( )f x  f(4)227,

[0;4]

min ( )f x  f(1)2

0,25

Câu 3

(1,0 điểm)

a) (0,5 điểm)

) 3 ( 3 4

1   i



Do đó phương trình có hai nghiệm z i z i

2

3 2

1 , 2

3 2

b) (0,5 điểm)

Điều kiện xác định: x3

8 ) 1 )(

3 ( 3 )]

1 )(

3 [(

log 3 ) 1 ( log ) 3 (

5 1

0 5 4

2     

Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S(3;5] 0,25

Câu 4

2

1

4 2

1 2

1

2

1

3 2

4

15 4

ln )

ln

x



























1

2

1

2 2

1

2 1 2

4

3 2 ln 2 4 2 ln 2 2 2

ln 2

dx x x x I x

v x

dx du xdx

dv

x u

0,25

4

3 2 ln 2 4



Câu 5

(1,0 điểm)

) 4

; 0

; 4 ( ),

0

; 4

; 4

 , (16;16;16)

Do đó (P) có phương trình: 16(x5)16(y2)16(z3)0 xyz0 0,25

Mặt cầu (S) có bán kính

3

2 1 1 1

3 1 2 )) (

;











d I P

(S) có phương trình

3

4 ) 3 ( ) 1 ( ) 2

Câu 6

(1,0 điểm)

a) 0,5 điểm

2 sin , 4

1 sin

0 sin 7 ) sin 2 1 ( 2 0 sin 7 2 cos

) sin 1 ( sin 4 sin 4 sin 3 2 sin 3 sin   2     3 2  2



A

64

29 4

1 1 4

1 4 4

1 4 4

1 3

2 2

3











































































64

29





b) 0,5 điểm

Số cách xếp ngẫu nhiên 5 thí sinh vào 10 phòng thi là  105 100000 0,25

Gọi B là biến cố đã cho

Có 3

5

C cách chọn 3 thí sinh trong số 5 thí sinh của trường A và có 10 cách chọn phòng thi cho 3 thí sinh đó

3 2 3

2

3

2 2

a AC HC

a CD AD AC













a HC

SH tan6002

Gọi O là trung điểm của AD,

khi đó

4

3 3 3

2

a S

S ABCD  AOB 

Thể tích khối chóp S.ABCD là

ABCD ABCD

3

1

2

3 4

3 3 2 3

0,25

Kẻ đường thẳng Ax song song với CD, gọi (P) là mặt phẳng chứa SA và Ax,

khi đó AC //(P).Suy ra d(CD;SA)d(CD,(P))d(C,(P))3d(H,(P)) (Do CA = 3HA)

Ta có ACCD nên HAAx mà SHAxsuy raAx(SAH)

Từ H kẻ HK  SA ( KSA), khi đó AxHKHK(P) nên HKd(H,(P))

0,25

3

3 3

AC

13

13 2 4

13 1

1 1

2 2 2

2

a HK a

SH AH

Vậy

13

13 6 ) , (SA CD a

0,25

Câu 8

(1,0 điểm)

Đặt ABmAD2m

BD AB AD  AB AD  m

3

AD BD

AB   nên tam giác ABD vuông tại B, nghĩa là IBAE

4

7 2

2 2

2

m

m BE IB















Mặt khác IE2 (2 3)242 28 nên ta có

4 28

4

2

3 



0,25

Xác suất cần tìm là:

1000

81 100000

8100 )





B

Câu 7

(1,0 điểm)

Theo bài ra thì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD

nên ACCD Do SH(ABCD) nên SHCD, từ đó ta có CD(SAC)

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SCH SCH 600

0,25

A

B

E

I

D

C

S

C

B

K

x

O

H

Gọi n( b a; ) là vectơ pháp tuyến của AB ( a2 b2 0) khi đó AB có phương

trình

0 9 2 0

) 9 ( ) 2 (x b y  axby a b

a

4 3 2 )

,

2

b a

b a IB

AB I









a b

b a

b

b( 4 3 )0 0, 4 3



0,25

+) Với b = 0, chọn a = 1, khi đó AB có phương trình x20, suy ra IB có

phương trình y50 Do B ABIBnên B(2;5), mà B là trung điểm của

AE nên A(2;1)(thỏa mãn điều kiện x A0)

Do I là trung điểm của AC và BD nên ta suy ra (4 3 2;9), (4 3 2;5) C  D 

0,25

+) Với b4 3a, chọn a = 1 b4 3, khi đó AB có phương trình

0 3 36 2 3

x , suy ra IB có phương trình 4 3(x2 32)(y5)0

0 19 3 8 3









7

59

; 7

14 3 16

B , mà B là trung điểm của AE nên











7

55

; 7

14 3 32

A (không thỏa mãn điều kiện x A0)

Vậy A(2;1),B(2;5), (4 3 2;9), (4 3 2;5)C  D 

0,25

Câu 9

(1,0 điểm)

Gọi bất phương trình đã cho là (1) Điều kiện xác định: x2

2 ) 1 (  x x x2x  x x  x2 x

 2   2 22 612 22 5

 2  2 22 61(2 22 5) 2 22 61

1 6 2 2

2  2  



 x x x x (Do 2x22x50,xR)

0,25

) 2 ( 2 ) 1 ( 2 1



Đặt a x2,bx1(a0), (2) trở thành

0 0

) (

0 2

2 ) (

0 2







































b a

b a b

a b

a

b a b

a b

Do đó ta có

2

13 3 0

1 3

1 )

1 ( 2

0 1 1







































x x

x x

x

x x

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm

2

13

3



0,25

Câu 10

(1,0 điểm)

Giả sử abck0, đặt akx,bky,ckzx,y,z0 và xyz1 Khi đó

zx z

x z yz y

z y xy x

y x zx

z k

x z k yz y k

z y k xy x k

y x k k P















































) (

) 3 ( ) (

) 3 ( ) (

) 3 (

z x z y z y x y x x z z

x z z z

y y

z y y y

x x

y x

) (

) ( 4 ) (

) ( 4 ) (

) ( 4

















































0,25

Ta sẽ chứng minh 5 12 18 3





t t t

t

(*) đúng với mọi 











 2

1

; 0

Thật vậy: (*) 5 12 18 30





t t

t

0 )

1 (

) 1 3 )(

1 2 ( 0 1 8 21

2

2 3























t t

t t t

t

t t t

(**)

(**) hiển nhiên đúng với mọi 











 2

1

; 0

t Do đó (*) đúng với mọi 











 2

1

; 0

0,25

Áp dụng (*) ta được P18x318y318z318(xyz)99 Dấu “=” xảy ra khi x yz abc

3

1

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 9 khi abc

0,25

-HẾT -