Đáp án đề thi thử môn toán kỳ thi THPT quốc gia trường THPT Lê Hồng Phong năm 2015

- Cực trị: Hàm số không có cực trị.

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn: TOÁN

1

(2,0 đ)

a) (1,0 điểm)

* Tập xác định : D = IR\{-1}

* Sự biến thiên của hàm số

- Chiều biến thiên:

2

1

(x 1)



- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (   ; 1),( 1;   )

0,25

- Giới hạn và tiệm cận: lim



x

y , lim



x

y ,

( )

lim



 

 

x

y ,

( )

lim



 

 

x

y

Đồ thị (C) nhận đường thẳng y = 1 làm đường tiệm cận ngang

và nhận đường thẳng x = -1 làm đường tiệm cận đứng

- Cực trị: Hàm số không có cực trị

0,25

- Bảng biến thiên:

x - -1 

y’ - -

y 1 

- 1

0,25 * Đồ thị (C): điểm đặc biệt (0; 2) và (-2; 0) Đồ thị nhận I(-1; 1) làm tâm đối xứng

0,25

b) (1,0 điểm)

Xét phương trình hoành độ giao điếm: x 2 x m x2 1

 



Phương trình (1) có 2 2

(d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A(x ; x1 1 m);B(x ; x2 2 m) 0,25

Ta có: OA  2x12 2mx1 m2  2(x12 mx1   m 2) m2 2m   4 m2 2m  4

OB  m  2m  4

0,25

2 2

2

m 0

O AB







2

(1,0 đ) Điều kiện:  







x

9 x

x log 6 3

3 2

0,25

PT log 2(9 6) log (4.3 6)

0,25





x

x

3

ln(5 x) x ln(5 x)

4

1

ln(5 x)

x





2

dx

u ln(5 x) du

5 x 1

v x

x





0,25

1

4

1

2

1

4

1

Vậy I 15 6ln 2

2 5

4

(1,0 đ)

Vẽ EF vuông góc với SC tại F, ta có SC  BF suy ra EFB   60 0 là góc giữa (SAC) và

(SBC)

Tam giác BEF vuông tại E nên EF = a 2

2 3

0,25

Tam giác SAC đồng dạng với tam giác EFC, suy ra: 3SA  SC  SA  a 0,25

Thể tích

3 ABC

0,25

5

(1,0 đ) AB  ( 1; 2;1);n(2; 1;2) nPAB;n    3;4;5 0,25

6 1 2 1 8

R d(A;( ))

3 9

  

PT mặt cầu (S) là:   2  2 2 64

9

0,25

6

1 sinx 2 sinx cosx 1









0,25

6 5

6

2



   







   







    



0,50

7

(1,0 đ) Gọi n(a; b)



là vtpt của CD (a2 b2  0 ) Phương trình CD là: ax + by + a + b = 0

BCD ACD

2.S

CD

2

2 2

1 3a 4ab 0

a 4; b 3 CD : 4x 3y 7 0

Với CD: y + 1 = 0 D(d, 1);CD2 4AB2 64 d 7

d 9(L)





0,25

1 D(7; 1), AB DC ( 4;0) B( 9; 3)

2

0,25

Với CD: 4x + 3y + 7 = 0

2 2

8

(1,0 đ) ĐK:y x  2 0, đặt 2

tx 2y

PT thứ nhất trở thành:





0,25

Xét hàm số:

x x

    là hàm số luôn nghịch biến trên  nên từ

(3) suy ra t = 2

0,25

2

t 2 2yx 2 thế vào phương trình thứ 2 ta được

4  4 4x4 x 2x2

 2

s s 1 s   1 s 1nên 4s  s2 1 s (5)

0,25

(4) trừ (5) ta có: s s

4 4 2s0 (*)

f '(x) ln 4(4 4 ) 2 2ln 4 2 0

suy ra s0 là nghiệm duy nhất của phương trình (*)

Vậy hệ có nghiệm   1

x, y 1,

2



  

0,25

9

(1,0 đ) Giả thiết ta có: xyzyz z    y 1 z 1 y 1   xyy 1 

Tương tự, y zx xy x 1  

zxyx 1 y 1   

0,25

Nên

P

0,25

P

2 2

4 z 2 2

f (z),



Lập BBT ta được 13

f (z)

4

 hay minP=13

4 khi





  



0,25

-Hết -