Tài liệu Mon toan dap an lan 2 chuyen vinh

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 2 Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án 1 . Tập xác định:  \ {2}. Câu 1 2o. Sự biến thiên: (1,0 * Giới hạn, tiệm cận: Ta có lim y   và lim y  . Do đó đường thẳng x  2 là x  2 x  2 điểm) tiệm cận đứng của đồ thị (H ). Điểm o Vì lim y  lim y  1 nên đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị (H ). x   0,5 x   1  0, với mọi x  2. (x  2)2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 2), (2;  ). * Chiều biến thiên: Ta có y '  * Bảng biến thiên: x  y' 2   y   y 1 1 O  3o. Đồ thị: Đồ thị (H ) cắt Ox tại (1; 0), cắt Oy 1 1 2 0,5 I  1 tại  0;   ; nhận giao điểm I (2;  1) 2  của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. Hàm số xác định với mọi x  . Câu 2 Ta có (1,0 f '(x )  12x 3  12x 2  24x ; f '(x )  0  x1  1, x 2  0, x 3  2. điểm)  x 0,5  f ''(x )  12 3x 2  2x  2 . Ta lại có f ''(1)  0, f ''(0)  0, f ''(2)  0. Suy ra x  1, x  2 là các điểm cực tiểu; x  0 là điểm cực đại của hàm số. 0,5 Chú ý. Học sinh có thể lập Bảng biến thiên để đưa ra kết luận. Câu 3 (1,0 điểm) a) Hàm số xác định với mọi x   và f '(x )  e x  2e 2x , x  . Khi đó f '(x )  2 f (x )  3  e x  2e 2x  2e x  2e 2x  3  e x  1  x  0. 0,5 b) Từ giả thiết ta có z 2  4i 2 (1  i )  2  4i 1   2  2  i. 2i i Vậy, phần thực của z bằng 2, phần ảo của z bằng 1. 1 0,5 1 1 3x  1 Câu 4 Ta có I  sin  x dx  dx   (1,0 x 5 0 0 điểm) 1 1 1 2 +)  sin  xdx   cos  x  .  0 1 +) Tính  0 0 3x  1 dx . Đặt x 5 0,5  3x  1  t . Khi đó x  0  t  1; x  1  t  2 và x  1 Suy ra  0 t2  1 2t  dx  dt. 3 3 2 2  3x  1 t2 2 2  dx  2  2 dt  2  1   dt x 5 t  4 t  4 1 t  16 1    2t  4 ln t  4  4 ln t  4 Từ đó ta được I   2   0,5 2  2  8 ln 3  4 ln 5. 1  2  8 ln 3  4 ln 5.  2 2 2 Câu 5 Ta có R  d I , (P )  3. Suy ra (S ) : (x  1)  (y  2)  (y  3)  3. (1,0 điểm) Gọi H là tiếp điểm của (S ) và (P ). Khi đó H là hình chiếu của I lên (P ).   x 1 y 2 z  3   . Ta có uIH  nP (1; 1; 1). Suy ra IH : 1 1 1 Do đó H (t  1; t  2; t  3). Vì H  (P ) nên 0,5 0,5 (t  1)  (t  2)  (t  3)  3  0  t  1. Suy ra H (0; 1; 2). a) Ta có Câu 6 (1,0 điểm) P sin 3a  sin a 2 cos 2a sin a cos 2a 2 cos2 a  1 7     . sin 2a 2 sin a cos a cos a cos a 3 0,5 b) Gọi X là biến cố Nam thắng cuộc; N i (i  0, 1, 2) là biến cố Nam đá thành công i quả; H i (i  0, 1, 2) là biến cố Hùng đá thành công i quả. Khi đó       X  N1  H 0  N 2  H 0  N 2  H1 . Theo giả thiết ta có 0,5          P N 2  H 0   P N 2  .P H 0    0, 9.0, 7   0, 3.0, 2   0, 0378. P N 2  H 1   P N 2  .P H 1    0, 9.0, 7   0, 7.0, 2  0, 3.0, 8   0, 2394. P N1  H 0  P N 1 .P H 0  0, 9.0, 3  0, 1.0, 7 0, 3.0, 2  0, 0204. Suy ra P(X)  0, 0204  0, 0378  0, 2394  0, 2976. 2 a A Câu 7 (1,0 điểm) K Gọi H là trung điểm của A ' B '. Khi đó C AH  (A ' B 'C '). Suy ra N   AA ' H  (AA ', (A ' B 'C '))  450. B A' 45 Do đó AH  A ' H  0 C' M H VABC .A ' B 'C '  B' a . Suy ra 2 0,5 a 1 a3 3 . .a.a.sin 600  . 2 2 8   Gọi N là trung điểm của BC . Khi đó (A ' M , AB ')  (AN , AB '). Trong tam giác vuông HAB ' ta có 2 2 a  a  a 2 AB '  AH  HB '        . 2 2 2 2 2 a 3 . 2 Gọi K là trung điểm của AB. Khi đó B ' K / /AH nên B ' K  KN . Suy ra Tam giác ABC đều cạnh a nên AN  2 0,5 2 a  a  a 2 B ' N  B ' K 2  KN 2        . 2 2 2 Áp dụng hệ quả của định lý hàm số côsin trong tam giác AB ' N ta có  '  cos(A ' M , AB ')  cos NAB 2a 2 3a 2 2a 2   4 4 4 2. Câu 8 (1,0 điểm) A F B E 1 D 1 I a 2 a 3 . 2 2 6 . 4  Gọi I  EF  CD. Ta sẽ chứng minh tam giác EAI vuông cân tại E .       Đặt AB  a, AD  b. Khi đó a  b và       a . b  0. Ta có AC  AD  DC  b  3 a . C    1  5  1   5 1   FE  AE  AF  AC  AB  b  3a  a  3b  a . 4 6 4 6 12   2 1  2 Suy ra AC .EF  (1)  3 b  3 a   0. Do đó AC  EF . 12      Từ (1) suy ra tứ giác ADIE nội tiếp. Suy ra  I1   D1  450.  0,5 (2) Từ (1) và (2) suy ra tam giác EAI vuông cân tại E .   Ta có nAC  EF (2;  6) nên AC : x  3y  12  0  A(3a  12; a ). Theo định lý Talet ta có   EI EC CD    3  EI  3FE  I (3; 15). EF EA AB 3 0,5 Khi đó a  3 EA  EI  (3a  9)2  (a  3)2  360   . a  9 Vì A có tung độ âm nên A(15;  9).   Ta có nAD  AF (20; 0) nên AD : x  15 CD : y  15. Do đó D(15; 15). Câu 9 (1,0 điểm) Điều kiện: x  0. Phương trình đã cho tương đương với 2 2x  x 1 log2  x  x 2  1   23x log2 (3x ).   Xét hai trường hợp sau: 2 1 TH1. 0  x  . Khi đó 2x  x 1 log2  x  x 2  1   2  0  23x log2 (3x ).   3 Suy ra (1) không thỏa mãn. 1 TH2. x  . Ta có x  x 2  1 và 3x đều thuộc khoảng [1; +). 3 Xét hàm số f (t )  2t log 2 t trên khoảng [1; +). (1) 0,5 1  0 với mọi t thuộc khoảng [1; +). t ln 2 Suy ra f (t ) đồng biến trên khoảng [1; +). Ta có f '(t )  2t ln 2. log2 t  2t . Do đó (1) tương đương với x  x 2  1  3x . Từ đây giải ra được x  1 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  3 1 3 0,5 . . Giả sử tồn tại các số thực x , y, z thỏa mãn yêu cầu bài toán đặt ra. Câu Không mất tính tổng quát ta giả sử y nằm giữa x và z . Kết hợp với giả thiết ta có 10 (1,0 0  y  2 và x (y  x )(y  z )  0. điểm) 2 Từ đây ta được xy 2  yz 2  zx 2  y x  z .   3 3  Mặt khác, do x , z không âm nên x  z  x  z  3 0,5 . Do đó  m  x z  3  y 3  8y x  z  2   4  y  3  y 3  8y 4  y   8y 3  52y 2  80y  64 . 3  2 (1) 2 Xét hàm số f (y )  8y  52y  80y  64, 0  y  2. Ta có   f (y )  24y 2  104y  80  8 3y 2  13y  10 . f (y )  0, 0  y  2  y  1. Ta có f (0)  64, f (1)  100, f (2)  80. 0,5 Suy ra f (y )  f (1)  100, y  [0; 2]. (2) Từ (1) và (2) ta được m  100. Khi x  0, y  1, z  3 ta có dấu đẳng thức. Vậy số m lớn nhất cần tìm là 100. 4