Đáp án đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn sử

1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 12 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án – thang điểm có 5 trang) Câu Đáp án Điểm 1 (2,0đ) a) (1,0 điểm). Với 3m  : 35 22 x y x     Tập xác định: \{ 1}.D   Sự biến thiên: 2 4 ' 0, 1. (2 2) yx x        - Hàm số luôn nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1)  và ( 1; )  . 0,25 - Giới hạn: 3 5 3 5 3 lim lim , 2 2 2 2 2 xx xx xx      3 2 y là tiệm cận ngang . 11 3 5 3 5 lim , lim , 2 2 2 2 xx xx xx          1x   là tiệm cận đứng. - Hàm số không có cực trị 0,25 - Bảng biến thiên: x  -1  'y   y 3 2   3 2 0,25  Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm). Với 1,m  hàm số trở thành 13 22 yx , suy ra 1 ' 0, 2 yx   . Hàm số đồng biến trên . 0,25 Với 1.m  Điều kiện xác định: 2 \. 1 x m      Có   2 2 22 ' , . 1 ( 1) 2 mm yx m mx         0,25 2 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định khi và chỉ khi 2 ' 0, . 1 yx m       2 2 2 2 0 2 0 ( 1) 2 mm mm mx            0,25 1 2.m    Vậy ( 1;2)m là giá trị cần tìm. 0,25 2 (1,0đ) a) (0,5 điểm). cos2 5sin 3 0xx   2 1 2sin 5sin 3 0xx     2 sin 2 2sin 5sin 2 0 1 sin 2 x xx x            0,25 2 1 6 sin ( ) 5 2 2 6 xk xk xk                      . (Do sinx    21 (loại)). Vậy 2 6 xk      ; 5 2 6 xk      ()k  . 0,25 b) (0,5 điểm). Điều kiện: log .x  3 8 2 3 log (3 8) 2 3 8 3 x x x x        2 9 3 8 (3 ) 8.3 9 0 3 x x x x        0,25 31 . 39 x x        +, x 31 (Loại). +, 3 9 2 x x   . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2.x  0,25 3 (1,0đ) 4 4 4 0 0 0 ( sin )cos .cos sin .cosI x x xdx x xdx x xdx           Tính 4 1 0 .cosI x xdx    . Đặt . cos sin u x du dx dv xdx v x       0,25 4 4 1 0 0 .sin sinI x x xdx       4 0 2 2 2 cos 1 8 8 2 x        . 0,25 44 2 00 1 sin .cos sin2 2 I x xdx xdx    /4 0 11 cos2 . 44 x     0,25 Vậy 12 ( 4) 2 6 8 I I I      . 0,25 4 (1,0đ) a) (0,5 điểm). Có 2 ( 2) 2 1 2i i i i i      2 2 5 ( 5)( 5) 10 25 24 10 12 5 5 ( 5)( 5) 25 26 13 13 i i i i i i i i i i i                  0,25 3 5 12 5 25 31 ( 2) 1 2 5 13 13 13 13 i z i i i i i i               Vậy phần thực của z là 25 13  , phần ảo của z là 31 . 13  0,25 b) (0,5 điểm). Điều kiện: , 3.nn Ta có: 32 nn n! n! A 2A 100 2 100 (n 3)! (n 2)!       (n 2)(n 1)n 2(n 1)n 100 0       3 2 2 100 0 ( 5)( 4 20) 0 5n n n n n n           . 0,25 Với 5,n  ta có 10 2 10 10 0 (1 2 ) (1 2 ) 2 n k k k k x x C x       Số hạng 1 10 2 k k k k T C x   trong khai triển chứa 6 x ứng với 6k  . Vậy hệ số của 6 x trong khai triển là 66 10 2 13440.C  0,25 5 (1,0 đ) Có 2 2 2 2 . .cosSC AC AS AC AS SAC   2 2 0 2 (2 ) 2. .2 .cos60 3 3. a a a a a SC a       2 2 2 SA SC CA   SCA vuông tại C mà ( ) ( )SCA ABC nên ()SC ABC . K D A C B S H 0,25 ABC vuông tại 2 1 , 2 ACB A AB AC a S a      . 1 . 3 S ABC ABC V SC S   3 3 6 a . 0,25 Dựng hình bình hành 22 và 2ABCD DC AB a AD BC AC AB a       22 2SD SC CD a    . 2 27 2 ( )( )( ) 2 2 2 SAD SA SD AD a a p a S p p SA p SD p AD             0,25 ABCD là hình bình hành / /( ) ( ; ) ( ;( )) ( ;( ))BC SAD d BC SA d BC SAD d C SAD    và 3 . . . 3 6 C SAD S ACD S ABC V V V a   . Suy ra . ( ;( )) 3 21 7 C SAD C SAD SAD V a d S   . Vậy ( ; ) 21 7 BC SA a d  . 0,25 6 (1,0đ) 12 3 15 ( ; ) 48 C d d C Nếu  có phương trình 2x  thì  cắt 1 d tại 1 (2;0)A và cắt 2 d tại 1 5 (2; ) 2 B suy ra 11 1 (0; 3), (0; ) 2 MA MB khi đó M không nằm trong đoạn 11 AB nên không thỏa mãn. 3x + 2y - 6 =0 x - 2y + 3 =0 B A C M (2;3) 0,25 4 Do đó đường thẳng  qua (2;3)M với hệ số góc m có phương trình ( 2) 3y m x   cắt 1 d tại 49 ( ; ) 2 3 2 3 m A mm và cắt 2 d tại 4 3 5 3 ( ; ) 2 1 2 1 mm B mm   6 6 1 ; ; ; 2 3 2 3 2 1 2 1 mm AM BM m m m m                  . Vì M nằm giữa A và B nên 2 3 3 1 0 2 1 2 2 m m m        . 0,25 :9 10 12 0CM x y   ; ( ; ) ( ; ) 1 60 54 1 10 9 ; 2 3 2 1 181 181 A CM B CM mm dd mm    suy ra: ( ; ) ( ; ) 1 60 54 10 9 1 10 9 60 54 ( ). 2 3 2 1 2 1 2 3 181 181 A CM B CM m m m m d d f m m m m m                     22 1 8 288 3 '( ) 0 (2 1) (2 3) 14 181 f m m mm          hoặc 9 10 m  , kết hợp với điều kiên 31 ( ; ) 22 3 3 10518 1 min ( ) ( ) . . 14 14 875 181 m f m f       0,25 Mà   ( ; ) ( ; ) ( ; ) ( ; ) min min 1 .( ) ( ) 2 ABC A MC B MC ABC A MC B MC S MC d d S d d         min ABC S   tại 3 14 m  Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình là :3 14 36 0xy    . 0,25 7 (1,0đ) Ta có 2.2 1.( 1) 2.3 7 4 ( ,( )) . 3 4 1 4 d A P       Phương trình mặt cầu 2 2 2 16 ( ):( 2) ( 1) ( 3) . 9 S x y z      0,25 Mặt phẳng (P) có một véctơ pháp tuyến (2; 1;2)n  . Gọi d là đường thẳng đi qua (2; 1;3)A  nhận (2; 1;2)n  làm véctơ chỉ phương. d : 2 1 3 . 2 1 2 x y z     0,25 Tọa độ tiếp điểm của (S) và (P) chính là giao điểm của ( ) ( ).M d P ( ) (2 2 ; 1 ;3 2 )M d M t t t      . 4 ( ) 2(2 2 ) ( 1 ) 2(3 2 ) 7 0 . 9 M P t t t t             0,25 Suy ra 10 5 19 ;; 9 9 9 M     là tiếp điểm của (S) và (P). 0,25 8 (1,0đ) 22 ln 1 2 ln 1 2 (1) 16 2 1 0 (2) xy x y xe ye x xy y               Điều kiện: 11 ; 22 xy    . Xét hàm số ( ) ln 1 2 t f t te t   , thì (1) ( ) ( )f x f y . Ta có 2 1 2 1 '( ) (1 ) ; ''( ) (2 ) 0, . 1 2 (1 2 ) 2 tt f t t e f t t e t tt            Suy ra '( )ft đồng biến với 1 . 2 t  0,25 5 Mà '(0) 0 '( ) 0f f t   với 1 0 2 t   ; '( ) 0ft với 0.t  Vậy ()ft nghịch biến trên khoảng 1 ;0 2     và ()ft đồng biến trên khoảng (0; ) (*). 0,25 Nếu 0xy  , thì vế trái của (2) >0  (2) vô nghiệm, suy ra hệ vô nghiệm. Với 0xy  , thi x và y cùng dấu, kết hợp với (*) ta được xy . 0,25 Với xy thay vào (2) ta được 2 1 13 1 13 xx    . Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là 1 1 1 1 ( ; ) ; , ; 13 13 13 13 xy               . 0,25 9 (1,0đ) Cho , , 0 1. abc abc        Chứng minh rằng: 3 4 ( 1) ( 1) ( 1) 3 b c a a b c a b c (1). Ta có : 4 (1) ln 1 ln 1 ln 1 3 ln 3 b c a a b c a b c (2) Ta có: 1 0 ln 1 ln 1 ln 1 1 1 1 b c a b c a a b c dx a b c ax bx cx . 0,25 Do đó 1 0 4 (2) 3 ln 1 1 1 3 b c a dx ax bx cx . 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: 1 1 1 b c a ax bx cx 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) b c a b ax c bx a cx 2 () () a b c ab bc ca x a b c 0,25 13 1 3 1 3 x x (vì 2 3( ) ( ) 1ab bc ca a b c      ) 11 00 34 3 ln . 1 1 1 3 3 b c a dx dx ax bx cx x 0,25 (Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.) Hết