Đáp án Đề Thi THPT Đa Phúc Hà Nội Lần 1 Năm 2016 - 123doc

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM 1 Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướn

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016

HƯỚNG DẪN CHẤM

1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch

hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo

3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả

4) Với các bài hình học (Câu 7 và Câu 8) nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm

phần đó

m

1 - Tập xác định: D  \ {-1}

+)Ta có

2

1

( 1)

x

 hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1) và ( 1; )

0.25

+)Giới hạn, tiệm cận:

lim lim 2 2

    là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

       là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0.25

Bảng biến thiên:

x - -1 +

y’ + -

y

+ 2

2 -

0.25

Đồ thị

+)Giao Ox: (-0,5;0) +)Giao Oy: (0;1): 0.25

2

2 5

1 -0,5

O

2 TXĐ: D  

0.25

' 8 -8 8 ( -1)

0 ' 0

1

x y

x





    



0.25

Bảng xét dấu của y’:

x - -1 0 1 +

y’ - 0 + 0 - 0 + 0,25 Kết luận: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y cd  y(0) 1

Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1 và y ct  y( 1)   3 0.25

3.a

1

2

x



 

0.25

3 17 4

3 17 4

x

x











0.25

3.b

+ TXĐ: D  \{0}

2

2

| | 1

2

x x

f x



;

2

2

f x

x

 

+ Các đường thẳng: y = ± 1 là các đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

0.25

+

( ) ; ( ) ;

lim lim

+ Đường thẳng x = 0 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0.25

4 +) Xét phương trình: (x-1)lnx = x-1  x = 1 hoặc x = e 0.25

+ Diện tích cần tìm là:

2

2

x

2

2

1

e

2 4 5

4

e  e

5

a)

+) Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính

2 2 2

4 1 2 1

0.25

+) Phương trình mặt cầu là: (x – 2)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 = 4 0.25

b)

+) Tọa độ giao điểm của mặt cầu và trục Ox là nghiệm của hệ pt:

0

0

x y

x z





 





0.25

6

a)

s inx 0

2 cosx

2

Pt











0.25\

2 4 2 4

























  





0.25

b)

+) Xét phép thử chọn ngẫu nhiên 8 người từ 20 người, mỗi kết quả của phép thử ứng với một

cách chọn được 8 người từ 20 người => Số phần tử của không gian mẫu là:

8 20

0.25

+) Gọi biễn cố A: “8 người được chọn có cả nam và nữ và số nữ nhiều hơn số nam”

Ta có

8 12 8 12 8 12

( ) 14264 7132

( ) 125970 62985

n A

P A

n



0.25

7 +) Từ giả thiết suy ra tam giác ABC đều cạnh a và SH(ABC) với H là tâm của tam giác đều

ABC => AH = 3

3

a

và SH là đường cao của hình chóp S.ABC

Từ giả thiết => SA = a 3 => trong tam giác vuông SAH vuông tại H có

3

a

0.25

+) Diện tích tam giác ABC bằng:

.

+) SH là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trong mặt phẳng (SAH) kẻ đường trung

trực của cạnh SA cắt SH tại I => I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có bán kính R

= IS Hai tam giác vuông SMI và SHA đồng dạng => . 3 6

8

SM SA

SH

0.25

+) Diện tích mặt cầu là: 4 2 27 2

8

S  R  a

…

M

H A

B

C

S

I

0.25

8 +) N  MN(C) => tọa độ N là nghiệm của hpt:

2 2

  







, do N có tung độ dương nên ( ;1 12), N (2; 3)1

5 5

+) Tứ giác BMND nội tiếp BNMBDM 45o => MN là đường phân giác góc BNA => N1

là điểm chính giữa cung ABIN1 AB với I(2;0) là tâm của (C) => AB: y = 0 0.25

+) M = MNAB => M (1;0) , A,B là các giao điểm của đt AB và (C) => A(-1;0) và B(5;0) hoặc

A(5;0) và B(-1;0) Do IM

cùng hướng với IA

+) AN: 2x – y + 2 = 0, MD: y = 1 => D = ANMD => D(1;4)

MB DC

… N1

N

C D

M

9

+) Đặt t = x2 – 2, bpt trở thành: 1 1 2

t  t  t ĐK: t  0 với đk trên, bpt tương đương 0.25

t

  Theo Cô-si ta có:

3

3

t

t

0.25

2 3 1 2 2 3 1

3 1

3 1

t

t

0.25

+) Thay ẩn x được x2  2    x ( ; 2][ 2; ) T   ( ; 2][ 2; ) 0.25

10

+) Từ giả thiết ta có: 5c2 – 6 (a+b)c + (a+b)2  0  1( )

+) Ta có 4 4 1( )4 ,

8

a b  a b a b => P 2( ) 1( )4

8

+) Xét

3

( ) 2 (t 0), '( ) 2 ; '( ) 0 4

+) BBT:…

t 0 34 +

0.25

f’(t)

+ 0 - f(t)

3

3 4 2

+) MaxP =

3 3

3

4

3 4

2 2

4

c



 



 

 



- HẾT -