Đáp án Đề thi THPT Nguyễn Văn Trỗi Hà Tĩnh Lần 1 năm 2016

Đáp án Đề thi THPT Nguyễn Văn Trỗi Hà Tĩnh Lần 1 năm 2016 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài t...

TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI- HÀ TĨNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN I – KỲ THI THPT QUỐC GIA

NĂM HỌC 2015-2016- MÔN TOÁN

Câu

1a

(1

điểm)

 TXĐ: DR\ 2 

 Sự biến thiên:

+ Giới hạn- tiệm cận:

  suy ra đường y  là tiệm cận ngang 1

lim , lim

   suy ra đường x 2là tiệm cận đứng

+ Chiều biến thiên: Ta có: ' 1 2

y x





 , 'y không xác định tại x=2

y   x nên hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định

+ Bảng biến thiên:

+ Hàm số không có cực trị:

0,25

0,25

0,25

 Đồ thị: đồ thị hàm số đi qua các điểm

1

0; , (1;0), (3; 2)

2

0,25

Câu

1b

Tại điểm có hoành độ x=3 ta có tung độ tương ứng là y-2 0,25

0,25

(1

1

x



 Pttt cần viết là y2 1(x3) y   x 5

0,5

Câu 2

(1

điểm)

Ta có

2

1

x



0,5

0,25

Câu

3a

(0,5

điểm)

sin 2x2sinx02sin cosx x2sinx02sin (cosx x1) 0

,

x









0,25

0,25

Câu

3b

(0,5

điểm)

2

1

4

x

x

 





0,25 0,25

Câu

4a

(0,5

điểm)

Số các khả năng của không gian mẫu là 3

C  , để chọn được 3 đoàn viên

theo yêu cầu bài toán ta có các cách chọn sau

+ Chọn 1 trong 2 Ủy viên ban chấp hành, chọn 1 trong 4 đoàn viên nam còn lại,

chọn 1 trong 8 đoàn viên nữ, trường hợp này có 1 1 1

C C C  cách chọn

+ Chọn 2 Ủy viên ban chấp hành, chọn 1 trong 8 đoàn viên nữ, trường hợp này

có 2 1

C C  cách chọn

+ Chọn 1 nam Ủy viên và chọn thêm 2 nữ có 1 2

C C  cách chọn

Nên ta có 64 8 56 128   cách chọn 3 đoàn viên theo yêu cầu bài toán

Vậy xác suất cần tính là 128 32

364 91

0,25

0,25

Câu

4b

(0,5

điểm)

2

log 5 log 12 log 15 log 5 log 12 log 15

log 5.12 log 15 5.12

log log 4 2 15

0,25

0,25 Câu

5a

(0,5

điểm)

4

(25C x) (254)x 29x

0,25

0,25 Câu

5b

(0,5

điểm)

2

x k k

sin cos sin 2



0

sin 2

2

x

0,25

0,25

Câu 6

(1

điểm)

Điều kiện 4

3

x  

Ta có

2 2

2

2

2

Xét hàm số ( ) log ,2 0, '( ) 1 1 0

ln 2

t

( )

f t đồng biến trên (0;) Từ (*) suy ra

2

2

6 13 2 3 4 3 5 9

2

2

2

2

(x x) 0

3

Đối chiếu với điều kiện ban đầu suy ra phương trình có nghiệm x0;x 1

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 7

(1

điểm)

Ta có BC  (2 )a 2a2 a 3, diện tích hình chữ nhật ABCD là

2

3 3

ABCD

Thể tích khối chóp là

3

a

Gọi O là giao điểm của AC và BD,

H là hình chiếu vuông góc của G

lên mặt phẳng (ABCD) thì ta có :

1

a

Thể tích khối chóp G ABC là

3

a

3

BGC

G ABC

V

S





CG     

Gọi N là trung điểm SD do SB a2a2 a 2

SD a  a  a nên

Áp dụng định lý cosin trong tam giác BGC ta có:

2

2 2

3

24 8

2 3 3

a

a a

Từ đó ta có:

2

BGC

0,25

0,25

0,25

0,25

Vậy

3

3 3

5 18

5 15 6

A BGC

a

a d

a

Cách 2:

5



0,5

Câu 8

(1

điểm)

Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên BC, E là trung điểm của AB Ta có tứ

giác BFDA nội tiếp đường tròn đường kính AB và ngũ giác BEDIM nội tiếp

2

nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung) nên EM là phân giác của góc

DEF

2

FEDE  ABnên ME là đường trung trực của DF

Đường thẳng ME qua M và song song với AC nên có phương trình

x y  , F đối xứng với D qua ME nên 13; 6 , 3 1;

F   MF  



nên véc

tơ pháp tuyến của BC là (1; 3)n 

suy ra phương trình BC là x3y  5 0

Tọa độ C là nghiệm của hệ 5 0





 (5;0)

C



M là trung điểm BC suy ra ( 1; 2)B  

AF qua F và vuông góc với BC nên có

5

x y 

Tọa độ A là nghiệm của hệ

(1; 4) 33

5

A











0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 9

(1

điểm)

Ta có

(x yz) x  y z 2(xyyzzx)(x yz)  3 2(xy yzzx)

Lại có x3y3z3(x yz x)[ 2y2z2(xy yzzx)] 3 xyz

(x y z)[3 (xy yz zx)] 3xyz

 

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

3

3

3









 

 

Từ đó ta có:

3

11

Do

2

Từ đó suy ra GTLN của P là 29

3 đạt khi

3

1 3







0,25

0,25

0,25

0,25