Đáp án Đề thi THPT Kinh Môn Hải Dương Lần 1 năm 2016 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớ...
Trang 1SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG – TRƯỜNG THPT KINH MÔN
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
1.1
1,5đ
Tập xác định D = R
Sự biến thiên
+ Chiều biến thiên: y = 2x3 – 6x , y = 0 x = 0 v x = 3
y< 0 x ( –∞; – 3 ) (0 3 )
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( –∞; – 3 ) và (0 3 )
y > 0 x (– 3 ; 0) ( 3 ; +∞)
Hàm số đồng biến trên khoảng (– 3 ; 0) và ( 3 ; +∞)
0.5
+ Cực trị:
Hàm số đạt CĐ tại x = 0, yCĐ = y(0) = 5
2
Hàm số đạt CT tại x = 3, yCT = y( 3) = 2
+ Giới hạn.
Đồ thị hàm số không có tiệm cận
0.25
+ Bảng biến thiên
0.25
y
+∞
–2
5 2
–2
+∞
Trang 2+ Đồ thị Đồ thị hàm số cắt trục Ox
tai các điểm ( 1 ; 0) , ( 5; 0) Đồ
thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0 ;
5
2) Đồ thị hàm số có trục đối xứng
là Oy
0,5
1.2
0,5đ
Ta có: y’ = 2x3 – 6x y '(1) 4
Vậy tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình : y 4(x1) Hay y = – 4x + 4 0.25
2.1
(0.75đ)
sin 2 x 1 6sin x cos 2 x (sin 2x6sin ) (1 cos 2 )x x 0
2 sinxcosx32 sin2x 0 2sinxcosx 3 sinx0 0 25 sin 0
sin cos 3( )
x
xk Vậy nghiệm của PT là xk,kZ
0.25 0.25
2.2
(0.75đ)
2
log (5 10) log ( 6 8) 0
log (5x 10) log (x 6x 8) 5x 10 x 6x 8 x 2( ); ( )l h x 1( )n
3.1
(0 5đ)
4
2
x
Số hạng tổng quát của khai triển có dạng :
28 7 12 7 ( 2)
k
k k
0k7;k
0.25
Số hạng không chứa x khi và chỉ khi 28–7k=0 hay k=4
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là : T ( 2)4C74=16C 74 0.25
3.2
(0 5đ)
Không gian mẫu có số phần tử là n( ) C C102 81360
A là biến cố: “lần đầu lấy 2 viên bi đen, lần sau lấy 1 viên bi trắng”
0.25
x y
Trang 32 1
8 2
7
45
n A C C P A
B là biến cố: “lần đầu lấy 1 viên bi đen, 1 viên bi trắng và lần sau lấy 1 viên bi
trắng” ( ) 8 21 1.1 16 ( ) 2
45
n B C C P B
C là biến cố “ viên bi thứ ba là bi trắng” 1
( ) ( ) ( ) 0,2
5
P C P A P B
0.25
4
(1đ)
0.25
3
3
0
0.25
Đặt
cos
x u
dx du dx
dv x
Suy ra I =1
3
0
0.25
Vậy I= 1+ 3 ln 2
3
5
(1đ)
Đk:
2
3; 0 0; ; 4
3
; 4 ;
3
y
0.25
Từ (1) suy ra VT(1) nên bình phương hai vế ta có : 0
2 2
0( )
Thay y = 4x – 4 vào (2) ta có: x293 x (3) 1 2
0.25
Giải (3):
2 2
2
( 1 2)
9 4
x x
2
(4) ( 1 2)
9 4
x
x x
0.25
Trang 4Do 2
2
4
9 4
x x
và
3
( x 1 2) x x luôn đúng khi x nên (4) vô nghiệm 3
Vậy x = 5 ; y =16 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình
0.25
6
(1đ)
Gọi K là trung điểm của AB
Vì SHABC nên SHAB(2)
Từ (1) và (2) suy ra ABSK
Do đó góc giữa SABvới đáy bằng
góc giữa SK và HK và bằng
SKH
tan
2
a
SH HK SKH
ABC vuông cân: 1 2
2
ABC
j
A
S
H
K
Vậy
3
.
S ABC ABC
a
Vì IH/ /SB nên IH/ /SAB Do đó d I SAB , d H ,SAB
Từ H kẻ HM SK tại M HM SABd H SAB , HM
0.25
Ta có 1 2 1 2 12 162
3
HM HK SH a
3 4
a HM
4
a
d I SAB
7
(1đ)
Khoảng cách từ I đến (P) chính là bán kính mặt cầu 2 6 1 11 14
4 9 1
R
Phương trình mặt cầu ( x 1)2 ( y 2)2 ( z 1)2 14 0.25
Đường thẳng qua I và vuông góc với mp(P) có phương trình:
1 2
2 3 1
0.25
nên tiếp điểm H là hình chiếu của I lên (P) có tọa độ H( 1 + 2t; –2 + 3t; 1 + t) H
thuộc (P) nên thay tọa độ H vào pt mp (P) ta có t = 1 hay tọa độ tiếp điểm H(3;1;2) 0.25
8
(1đ)
Kẻ tiếp tuyến At với đường tròn (C) tại
Trang 5
ABCAMN (cùng bù với góc NMC)
2
ABC MAt sd AC, suy ra
MAtAMN Mà chúng ở vị trí so le
trong nên MN//At, hay IA vuông góc với
MN (I là tâm đường tròn (C))
Ta có MN(3; 0), (2;3)I AI x: 2
A là giao của IA và (C) nên tọa độ điểm A là
nghiệm của hệ:
2
A có tung độ âm nên A(2;–2)
0.25
Phương trình AN : xy 4 0
B là giao điểm (khác A) của AN và (C) suy ra tọa độ của B(7 ;3)
0.25
Phương trình AM : 2 xy 2 0
C là giao điểm (khác A) của AM và (C) suy ra tọa độ của C(–2 ;6)
0.25
9
(1đ)
Đánh giá
2
P
x y
y x
0.25
y x
t
2
t
(với t > 2)
Tính đạo hàm, vẽ bảng biến thiên, tìm được:
(2;
5 27 min ( )
2 64
f t f
Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 27
64 khi x = 2 và y = 4
0.25
–––––––––––Hết –––––––––––
Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
A
N
M I
t