Đáp án Đề thi THPT Hà Huy Tập Nghệ An Lần 1 năm 2016

Đáp án Đề thi THPT Hà Huy Tập Nghệ An Lần 1 năm 2016 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớ...

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

1

* Tập xác định: D  

* Sự biến thiên:

a)Giới hạn lim lim

    

b) Bảng biến thiên: y'4x38x

y  x hoặc x   2

0,25

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng  2; 0 và  2;  , nghịch biến trên các khoảng 

 ; 2 và 0; 2 

Hàm số đạt cực đại tại x CÐ 0;y CÐ  , đạt cực tiểu tại 0 x CT   2,y CT   4

0,25

2

3

Vì tiếp tuyến của đồ thị hàm số 4 2

2

yx  x song song với đường thẳng y8x nên ta có: 4x034x0  8 x0 1

0,25

PT tiếp tuyến cần tìm là: y8x1 3 8x 5 0,5

log x1 6 log 5x  (1) 2 ÐK: 1 x5

 1 log3x1 5 x 2

0,25

2

b) Hàm số đã cho liên tục trên đoạn 1;3 và

' 2x 2 ln 2x 2 1x ln 2 0 1;3

0,25

   

1;3



   

1;3

max y 3 24

4

2

2

1

e

d x xdx



2

e

0,25

1

e

e

x

0,25

1

e

e



0,25

5 d1 đi qua M18;5;8 có 1 vtcp u11; 2; 1 ; d2 đi qua M23;1;1 có 1 vtcp u27; 2;3

1, 2 8; 10; 12

u u

  , M M1 2  5; 4; 7

0,25

Ta có u u1, 2M M1 2840

  nên d d là hai đường thẳng chéo nhau 1, 2 0,25

Vì mặt phẳng (P) chứa d1 và song song với d2 nên (P) là mặt phẳng đi qua M1 và có 1

vectơ pháp tuyến là nu u1, 28; 10; 12  

0,25

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng:

8 x8 10 y5 12 z8  0

4x 5y 6z 41 0

0,25

6

Dễ thấy tam giác SAB vuông cân tại S nên 1 1

SH  AB a

Vì tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên

2

3 2

2

a

3 ABCD

a

0,25

Gọi M là trung điểm SA, O là tâm hình thoi ABCD, khi đó: SC/ /OM SC/ /MBD

Vì O,H là trung điểm AB nên d C MBD ,  d A MBD ;  2d H MBD ,  

0,25

Gọi P là trung điểm BO, khi đó HP là đường trung bình tam giác ABO nên

1

a

HP AO và HP/ /AO nên HPBD, mặt khác MH ABCDMH BD

Do đó: BDMHP Gọi K là hình chiếu của H lên MP, khi đó HK MP HK, BD

nên HKMBD suy ra: d H MBD ,  HK

0,25

0,25

7

cos 3 0

2 1

2

5 2 6

k x

x

k

x











 

























Gọi A là biến cố mà bảng A có đúng 2 đội bóng khối 10 và 2 đội bóng khối 11 Ta có:

5 5 12 8 4

A C C C C C Xác suất cần tìm là:  

4 16

0, 05495 91

P A

C



0,25

8

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O nên

ABDACD Trong đường tròn tâm bán kính BC

ta có FBD2FCD Suy ra FBD2ABD, do đó

AB là đường phân giác trong của cóc ABD của

tam giác cân FBD nên AB cũng là đường cao, hay

ABFD

0,5

Đường thẳng AB qua M  2;1 và buông góc với DF nên có PT: 1x21y1 0

3 0

x y

Tọa độ các điểm A,B là nghiệm của hệ:

0 9

y







hoặc 0

3

x y











B có tung độ dương nên: B0;3 , A  3; 0

0,5

3

(1) ĐK: x2,x12

0,25

     

3

x

x

 

 

3

x

 

  TH1: x 12

 2 32x3232x 3  x23 x2 3 

Hàm số   3

f t t  đồng biến trên R nên: t

 3 32x3 x2 2x32x23

    vô nghiệm vì x 12

0,25

TH2: 2 x12

 2 32x3332x3 x23 x2 4 

Hàm số   3

f t t  đồng biến trên R nên: t

 4 32x 3 x2 2x32x23

0,25

Đối chiếu điều kiện 2 x12 ta có tập nghiệm của bất phương trình là:

S      

0,25

10

Từ giả thiết ta có xxyzyz1 tương tự cũng có: zx1,xy1 Do đó có tối đa 1

trong 3 số x,y,z bé hơn 1

TH1: Có đúng 1 số bé hơn 1, chẳng hạn: x1;y1;z1 khi đó P 0

0,25

TH2: x1;y1,z 1

Đặt x 1 a y,  1 b z,   Với , ,1 c a b c  0

Giả thiết bái toán trở thành: a b c   3 a1b1c1

 

2 *

ab bc ca abc

0,25

Đặt t 3abc, ta có:

3

3 3 **

ab bc ca   abc  t

Từ (*), (**) suy ra: t33t2 2

t 1 t 1 3t 1 3 0 t 3 1

0,25

Do đó 3abc  3 1 abc 3 1 3 hay:

x1y1z1 3 1 3

Dấu bằng xảy ra khi: x yz 3

Vậy maxP  3 1 3

0,25