Đáp án Đề thi THPT Phước Bình Bình Phước Lần 1 năm 2016

Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có... 0,25 Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng.

TRƯỜNG THPT PHƯỚC BÌNH - ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016, LẦN 1

Câu 1a

1.0đ

- Tập xác định DR \ 1 

- Sự biến thiên

 2

3

x 1



+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;1 , 1;   

xlim y x 2

  , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị

lim y x , lim y x

      , suy ra đường thẳng x là đường tiệm cận đứng 1

của đồ thị + Bảng biến thiên

0,25

- Đồ thị

+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm

0; 1 ,  2;1 , 4;3 , 2;5     + Đồ thị nhận điểm I 1; 2 làm tâm đối   xứng

6

4

2

2

1 3 y

x 5

-2 -1

4 2 1 O

0,25

Câu 1b

1.0đ

Gọi M x ; y 0 0, x01, 0

0 0

y





 , Ta có

d M, d M, Ox  x  1 y

0,25

 2

0

0



y

2





2

Với x0 1

2



0







Suy ra M 0; 1 , M 4;3    

0,25

Với x0 1

2



x 2x   1 2x  1 x   (vô nghiệm) 2 0 Vậy M 0; 1 , M 4;3    

0,25

Câu

2a

0.5đ

3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x   1 2 3 sin cos x x   1 cos 2 x  4sin x  0

2

x

k











Câu

2b

0.5đ

ĐK: x > 1 , 3

3

2 log (x1) log (2 x1) 2 log [(3 x1)(2x1)] 1 0,25 2

2x 3x 2 0

   Đối chiếu điều kiện suy ra bpt có tập nghiệm S = (1;2]

0,25

Câu 3

0.5 đ

Đặt t x23t2 x2 3 2tdt2xdxxdxtdt 0,25 Suy ra



Câu

4.a

0.5đ

k



Số hạng chứa x tương ứng giá trị k thoả mãn 9 3k3   3 k2

Suy ra số hạng chứa x bằng 3 2 3 2 3

9

Câu

4.b

0.5đ

Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có 4 4845

20 

Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có C102.C102 2025trường

hợp

Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có 1 1200

10 3

10C 

hợp

Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có C4 210trường 0,5

3435 229

4845323

Câu 5

1.0đ

Ta có VS.ABCD 1SH.SABCD

3

 , trong đó SABCD a2

Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra

SH(ABCD)

Dựng HEABSHEAB, suy ra SEH là

Ta có SHHE.tan 600  3HE

Suy ra

3 2 S.ABCD ABCD

M

F

K

P

E

I H

S

D

C

B

A 0,25

Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song với CI

         

d SA, CI d CI, SAP d H, SAP

Dựng HKAP, suy ra SHK  SAP

Dựng HFSKHFSPAd H, SPA   HF

Do SHK vuông tại H 12 1 2 12

Dựng DMAP, ta thấy DMHK 1 2 1 2 12 1 2

Thay vào (1) ta có 12 12 12 12 42 12 32 82

2 2

Vậy d SA, CI  a

2 2

0,25

Ta thấy BC2BAEBBA, FM3FEEMBC

Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC

BM : x2y 7  0

0,25

Câu 6

1.0đ

I

M F

E

C

A B

Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ

13 x

y 5







  







12 6

5 5



, IB 2IM 8; 4 B 1; 3 

 

0,25

Trong ABC ta có 12 12 12 5 2 BA 5BI

Mặt khác

BI

5

2

Gọi toạ độ A a,3 2a  

5

0,25

Do a là số nguyên suy ra A 3; 3   AI 2 4;

5 5





Ta có AC5AI  2; 4C 1;1 

Vậy A 3; 3  ,B 1; 3  ,C 1;1  

0,25

Câu 7

1.0đ

Thể tích lăng trụ là: V AA '.SABC a.a2 3 a3 3

Gọi O, O lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp

ABC, A ' B 'C '

  khi đó tâm của mặt cầu (S)

ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.ABC là trung

điểm I của OO Mặt cầu này có bán kính là:

2 2 a 21

6

2

2 7 a

3



0,5

Câu 8

1.0đ

Đk:

2

2

0

1 0

y



  



  



Ta có (1)x y 3 xyy14(y1) 0

Đặt u xy v,  y (1 u0,v0)

0,5

    2

2

0

1 1

y

 

 

2

1 1

y

y

2

y

  ( vì

2

1 1

y y

 

)

Với y 2 thì x  Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là 5 5; 2 

0,25

Câu 9

1.0đ

Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 ,x 0,y 0

S

0,25

suy ra S 2 4 6

Từ giả thiết ta có 1 2 a,

Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 4 3 Dấu bằng xảy ra khi a bc 3 0,25

Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng