ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN NĂM 2016 Câu Nội dung đáp án 1) Tập xác định R 2)Sư biến thiên:a)Giới hạn: lim y = lim y = +∞ x→−∞ d1 qua M ( 8;5;8 ) có vtcp u1 (1; 2; −1) d qua M ( 3;1;1) có vtcp u2 ( 7; 2;3) y ' = ⇔ x = x = ± u1 , u2  = ( 8; −10; −12 ) , M 1M ( −5; −4 − )   −∞ 0 + – − – +∞ −4 +∞ + +∞ 0,25 1,0 đ −4 Hàm số đồng biến khoảng (− ) ( 2;+∞ ) , nghịch biến khoảng ( −∞; − ) ( 0; ) Phương trình mặt phẳng (P) có dạng : ( x − 8) − 10 ( y − 5) − 12 ( z − 8) = 0,25 Hàm số đạt cực đại xCD = 0, yCD = , đạt 0,25 S M G A H B y ' = x3 + x Gọi M ( x0 ; y0 ) tiếp điểm Vì tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x + x song song với đường thẳng y = x nên ta 1,0 đ có: x0 + x0 = ⇔ x0 = PT tiếp tuyến cần tìm là: y = 8( x −1) + = 8x − 3.a log3 ( x + 1) + 6log9 − x = (1) ĐK: −1< x < 0,5 (1) ⇔ log3 ( x + 1)( − x ) = đ ⇔ − x + x + = ⇔ x = (Thỏa mãn ĐK) HS cho liên tục đoạn −1;3 3.b y ' = + x.2 ln2 = (1 + x ln2) > 0∀x ∈−1;3 1 0,5 y ( −1) = − ; y ( 3) = 24 ⇒ y = y ( −1) = − [ −1;3] đ 2 max y = y ( 3) = 24 x x x SH = 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 e e ( ) e e xdx d x +1 I1 = ∫ = ∫ = ln x2 + x +1 x +1 e ( ( + e2 1 = ln + e − ln  = ln  2 ( ) O C 0,5 1,0 đ 1 AB = a 2 Vì tam giác ABC tam giác cạnh a a2 nên S ABCD = S ABC = a3 ⇒ VS ABCD = SH S ABCD = 12 Gọi M trung điểm SA, O tâm hình thoi ABCD, : SC / / OM ⇒ SC / / ( MBD ) ⇒ d ( SC; BD ) = d ( SC; ( MBD ) ) = d ( C; ( MBD) ) 0,25 Vì O, H trung điểm AC AB nên d ( C; ( MBD ) ) = d ( A; ( MBD ) ) = 2d ( H ; ( MBD) ) 0,25 a AO = HP / / AO nên HP ⊥ BD , mặt khác: MH ⊥ ( ABCD) ⇒ MH ⊥ BD HP = 0,25 e ln x e 1 1e dx =− ln x + ∫ dx =− − =− +1 x x 1x e x1 e P Gọi P trung điểm BO, HP đường trung bình tam giác ABO nên ) ) K 0,25 e ln x  xdx ln xdx  I = ∫ x +  dx = ∫ +∫ x +1 x  x +1 x  D Dễ thấy tam giác SAB vuông cân S nên 0,25 [ −1;3] I2 = ∫ 0,25 ⇔ x − y − z + 41 = 0,25 e 0,25 n = u1 , u2  = ( 8; −10; −12) 2;0 2) Đồ thị: 1,0 đ 0,25 Ta có u1 , u2  M M = 84 ≠ nên d1 , d hai đường thẳng chéo Vì mặt phẳng (P) chứa d1 song song với d nên (P) mặt phẳng qua M có vectơ pháp tuyến cực tiểu xCT = ± 2, yCT = −4 0,25 b)Bảng biến thiên: y ' = x3 − x; y’ y 1,0 đ ) + e2 ⇒ I = I1 + I = ln +1 − 2 e 0,25 x→+∞ x ( Điểm 0,25 : BD ⊥ ( MHP ) Gọi K hình chiếu H 0,25 lên MP, HK ⊥ MP,HK ⊥ BD nên HK ⊥ ( MBD ) suy : d ( H ; ( MBD ) ) = HK 1 36 16 52 = + = + = 2 2 HK HG HP a a a a a ⇒ HK = ⇒ d ( SC; BD ) = 13 13 cos3x + sin 2x = sin4x ⇔ cos3x − 2cos3x.sin x = TH −2 ≤ x < 12 0,25 7.a  π kπ (k ∈ Z) cos3x =  x = +  ⇔ ⇔  0,5 sin x =  x = π + k2π hoÆc x = 5π + k2π D   6 Số phần tử KG mẫu: Ω = C164 C124 C84 C44 Gọi A biến cố mà bảng A có đội bóng khối 10 đội bóng khối 11 Ta có : A = C52 C52 C124 C84 C44 Xác suất cần 7.b 0,5 đ 0,25 0,25 0,25 F A FBD = FCD O  −1 −  1 +  S= ; −1 ∪  :12       Từ giả thiết ta có x < xyz ⇒ yz > tương tự 0,5 FBD = ABD D góc với DF nên có PT: 1( x + 2) − 1( y − 1) = ⇔ x − y+3=0 Tọa độ điểm A, B nghiệm hệ:  x = −3 x =  x − y = −3 ⇔   2  x + y = y = y = 10 1,0 đ ) x3 + 4x2 + 3x − 2( x + 3) 2x + ( )( 2x + − ) x + +1 ⇔1≥ x+2 +2≥ ( x + 3) ( 2x + − 1,0 TH x > 12 đ (**) ( )( 0,25 ) ⇔ ( t + 1) t + + t + − ≤ ⇔ t ≤ − 0,5 Do abc ≤ − ⇔ abc ≤ ( x − 1)( y − 1)( z − 1) ≤ ( (1) ) ( ) 3 −1 hay: 3 −1 Vậy max P = ( 0,25 ) 3 −1 TỔNG 10,0 0,25 ) (2) HẾT ( 2) ⇔( 2x + 3) + 2x + ≥ ( x + 2) + x + ( 3) Hàm số f ( t ) = t + t đồng biến R nên : ( 3) ⇔ x + ≥ x + ⇔ ( x + 3) ≥ ( x + 2) 3 ab + bc + ca ≥ 3 ( abc ) = 3t2 2x + − x+2 −2 Đặt t = abc , ta có: Dấu xảy khi: x = y = z = ( x + 3)( x − ) 0,25 T (*), (**) suy : t + 3t ≤ ĐK : x ≥ −2, x ≠ 12 (1) ⇔ 0,25 (*) ⇔ ab + bc + ca + abc = B có tung độ dương nên: B ( 0;3) , A ( −3;0 ) x + −1 x + ≥ 0,25 a + b + c + = ( a + 1)( b + 1)( c + 1) AB đường phân giác góc ABD tam giác cân FBD nên AB 1,0 đường cao, hay: AB ⊥ FD đ Đường thẳng AB qua M ( −2;1) vuông ( có : zx > 1, xy > Do có tối đa số x, y, z bé TH Có số bé 1, chẳng hạn : x < 1; y ≥ 1; z ≥ P ≤ TH x ≥ 1, y ≥ 1, z ≥ Đặt x − = a, y − = b, z − = c với a, b, c > Giả thiết toán trở thành: suy C 0,25 Đối chiếu điều kiện −2 ≤ x < 12 ta có tập nghiệm bất phương trình : C C tìm là: P ( A ) = = 545 = ≈ 0,05495 Ω 91 C16 B  −1 −  1 +  ⇔ x∈ ; −1 ∪  : +∞       A Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O nên ABD = ACD Trong đường tròn tâm B bán kính BC ta có ( 2) ⇔( 2x + 3) + 2x + ≤ ( x + 2) + x + ( 4) Hàm số f ( t ) = t + t đồng biến R nên: ( ) ⇔ x + ≤ x + ⇔ ( x + 3) ≤ ( x + ) ⇔ x + x − ≥ ⇔ ( x + 1) ( x + x − 1) ≥ ⇔ x + x − ≤ vô nghiệm x > 12 0,25 NẾU HS GIẢI CÁCH KHÁC MÀ VẪN ĐÚNG THÌ CHO ĐIỂM TỐI ĐA CHO PHẦN ĐÓ  ... 1; y ≥ 1; z ≥ P ≤ TH x ≥ 1, y ≥ 1, z ≥ Đặt x − = a, y − = b, z − = c với a, b, c > Giả thiết toán trở thành: suy C 0,25 Đối chiếu điều kiện −2 ≤ x < 12 ta có tập nghiệm bất phương trình : C...       A Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O nên ABD = ACD Trong đường tròn tâm B bán kính BC ta có ( 2) ⇔( 2x + 3) + 2x + ≤ ( x + 2) + x + ( 4) Hàm số f ( t ) = t + t đồng biến R... ≤ ( x + ) ⇔ x + x − ≥ ⇔ ( x + 1) ( x + x − 1) ≥ ⇔ x + x − ≤ vô nghiệm x > 12 0,25 NẾU HS GIẢI CÁCH KHÁC MÀ VẪN ĐÚNG THÌ CHO ĐIỂM TỐI ĐA CHO PHẦN ĐÓ