Đáp án Đề thi THPT Đồng Xoài Bình Phước Lần 4 năm 2016

Đáp án Đề thi THPT Đồng Xoài Bình Phước Lần 4 năm 2016 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập...

SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC

TRƯỜNG THPT ĐỒNG XOÀI

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – 2016

Môn TOÁN Lớp 12 – Lần 4

Thời gian làm bài 180 phút

Câu

1

i/ TXĐ: D=R

ii/ Sự biến thiên

+ Chiều biến thiên

Ta có : y’ = 4x 3 – 4x = 4x(x 2 –1) ; y’ = 0 x=0;x=  1

+ Giới hạn – tiệm cận

Giới hạn tại vô cực: lim

x

y



= + ; lim

x

y

+

= +

Đồ thị hàm số không có tiệm cận

0,25

0,25

+ Bảng biến thiên

Trên các khoảng 1; 0và 1; + hàm số đồng biến Trên các khoảng  ; 1và 0;1 hàm số nghịch biến + Cực trị

Hàm số có hai cực tiểu tại x = 1; y CT = y( 1) = –1 Hàm số có một cực đại tại x = 0; y CĐ = y(0) = 0

0,25

iii/ Đồ thị:

Hàm số đã cho là chẵn, do đó đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng

Đồ thị đi qua gốc toạ độ và cắt trục Ox tại  2;0

Điểm đặc biệt:  1; 1

y

-1

1

0,25

2  D = R

 y'=3x2+6x+m

0,25 0,25

y

+∞

1



0

1



+∞

Hàm số luôn đồng biến









=











0 1

0 ' 0 '

a

y  9 3m0m 3

 Vậy: với m3 thì hs luôn đồng biến trên D

0,25

0,25

3a  z = (1 – 2i)(4 – 3i) – 2 + 8i = –4 –3i Phần thực: –4, phần ảo: –3

 z = ( 4) 2+ ( 3)2 =5

0,25 0,25

x

= 



Vậy nghiệm của pt là x = 0 0,25

0,25

4

Ta có: I=

1

0

2xdx

1

0

x

xe dx

 =I1+I2 với I1 =

1

0

2xdx

0

x = 1

I2 =

1

0

x

xe dx

 đặt u = x, dv = exdx ÞI2 = 1 do đó I = 2

0,25+ 0,25

0,25 0,25

5 Vectơ pháp tuyến của mp() là ,

Vectơ pháp tuyến của mp() là (tích có hướng)

Phương trình mp(): x + 2z – 12 = 0

0,25 0,25 0,25 0,25

6a

Ta có

2

c A c



sin , os

 =  =  vào ta được 7

40

A = 

0,25

0,25

6b

Ta có:   3

15

7 8

24

65

0,25

7 Ta có

S ABCD = AB.AD = 2a2

Do đó:

V S ABCD=1

3.SA.S ABCD=

2a3

3 (dvtt)

Dựng AN ^ BM (N thuộc BM) và AH ^ SN (H thuộc SN)

Ta có: BM^AN, BM^SA suy ra: BM^AH

Và AH^BM, AH^SN suy ra: AH ^ (SBM)

Do đó d(A,(SBM)) = AH

Ta có: S ABM =S ABCD2S ADM =a2

2 2

ABM

BM

Trong tam giác vuông SAN có:

1

AH2 =

1

AN2+

1

SA2 Þ AH =

4a

33

= d( A,(SBM ))

0,25

0,25

0,25

0,25

8 Gọi I là tâm đường tròn (C), suy ra I(1;–1) và I là giao điểm của 2 đường chéo AC và

BD Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng AB

S

A

B

N

D H

M

Ta có: AC = 2BDÞIA=2IB

Xét tam giác IAB vuông tại I, ta có: 2 2 2 2

5

Ta lại có điểm B d ÞB(b; 2b – 5)

4

5

=





 = 



b

b Chọn b = 4 (vì b > 0) ÞB(4; 3)

Gọi n=( ; )a b

là VTPT của đường thẳng AB, pt đường thẳng AB có dạng:

a(x – 4) + b(y – 3) = 0

Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C) nên ta có:

d(I, AB) = 20

20

+

2

2



=





=



*Với a = 2b, chọn b = 1, a = 2 Þ pt đường thẳng AB là: 2x + y – 11= 0

*Với 2

11

=

a b , chọn b = 11, a = 2 Þ pt đường thẳng AB là: 2x + 11y – 41= 0

0,25

0,25

0,25

0,25







ĐK: x  y +  1 0.

2 2 (4)

=





 Từ (3) & (2) ta có x = y = 1

 Từ (4) & (2) ta có

2 2



= 









Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm :  ;     1;1 ; ;   2;0 ;   ;  8 ; 1

0,25

0,25

0,25

0,25

10 Áp dụng Bất đẳng thức  x + y + z 2  3  xy + yz + zx  ,  x y z , ,   ta có:

 ab bc ca + + 2  3 abc a b c  + +  = 9abc  0 Þ ab + bc + ca  3 abc

Ta có:  1 + a  1 + b  1 + c    1 + 3abc 3,  a b c , ,  0. Thật vậy:

 1 + a  1 + b  1 + c  = + 1  a + + b c   + ab + bc + ca  + abc 

3 3  2  3 3

1 3 + abc + 3 abc + abc = 1 + abc

0,25

Khi đó

3

3

2

1 1

3 1

abc

abc abc

+

H I D

C

B A

Đặt 6

abc =t Vì a b c  , , 0 nên

3

3

a b c

Xét hàm số

2

2 3

2

, t 0;1 1

3 1

t Q

t t

+ +

5

Q t

Do hàm số đồng biến trên0;1 nên     1 5 2  

6

Q = Q t  Q =

Từ (1) và (2) suy ra 5

6

P 

0,25

max

6

P = , đạt được khi và chỉ khi: a = b = c = 1 0,25

Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng