Đáp án đề thi thử môn toán kỳ thi THPT quốc gia trường THPT số 3 Bảo Thắng năm 2015

- Cực trị: Hàm số không có cực trị.

TRƯỜNG THPT SỐ 3 BẢO

THẮNG

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn: TOÁN

(Đáp án – thang điểm có 5 trang)

m

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

( 1)

 

x

D

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

0,25

- Giới hạn và tiệm cận: lim

 

x

y , lim

 

x

y , lim





 

x

y , lim





 

x

Đồ thị (C) nhận đường thẳng y = -2 làm đường tiệm cận ngang

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

- Cực trị: Hàm số không có cực trị (Cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị)

0,25

- Bảng biến thiên:

x - 1 

y’ + +

y + -2

-2 -

0,25

* Đồ thị (C):

0,25

b) (1,0 điểm)

Phương trình hoành độ: 2  

2x 1

     

Đường thẳng y 2xm cắt (C) tại hai điểm phân biệt  phương trình (1) có hai

nghiệm phân biệt khác 1

0,25

2

m 4 8 m 1 0

m 8 0, m

1 0



 

Vậy với mọi m đường thẳng y = -2x + m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt có hoành

độ x , x , x1 2 1 x2

Theo Vi-et, x1 x2 m 4; x x1 2 m 1

0,25

Vậy m = 22

3



0,25

2

(1,0 đ) ĐK: sin x 3

2



PTs inx 3 cosx0

0,25

s inx cosx 0 cos x 0



3



Đối chiếu điều kiện ta có x k2 , k

3



    là nghiệm của phương trình 0,25

3

(1,0 đ)

I

(2 ln x 1)d(2 ln x 1)





0,25

(2 ln x 1) ln 1 2 ln x

0,25

=1ln 3

0,25

4

(1,0 đ) a,  1 3i 1 7



0,25

z 2

Hệ số không chứ x ứng với k thỏa mãn: 5 5k 0 k 6

6

Vậy hệ số cần tìm là: 320320

0,25

5

(1,0 đ)

3

 

0,25

Vì       nên phương trình   có dạng: x2y 2z d  0, d 1 0,25

d A, ( ) d A,

3 3



d 1

d 9

 



   



d = -1 (loại)

Với d = -9 thì phương trình   là: x + 2y -2z – 9 = 0

0,50

6

(1,0 đ)

Goi I là trung điểm đoạn AB SIAB, SAB   ABCDSIABCD

Gọi M là trung điểm của đoạn BC, N là trung điểm của BM

Ta có:



0,25

Ta có: BCIN, BCSIBCSIN

Trong mặt phẳng SIN kẻ  IKSN, KSN

Ta có: IK SN      

IK SBC d I, SBC IK

IK BC



 

0,25

7

(1,0 đ)

ĐK:

1 y 3

  



  







 



(1) 2x y 1 x 3y 1 x 2y 0

0 2x y 1 x 3y 1 x 2y

2x y 1 x 3y 1 x 2y

y x 1(3) 2x y 1 x 3y 1 x 2y (4)

 



 

      



0,25

x 1

3



Từ (3) và (2) ta có:

x 1 x 2 2 x 1 x 1 x 1 x 5 0

x 5 y 4

  



Từ (5) và (2) suy ra:

Vậy hệ đã cho có nghiệm (x;y) = (1;0), (5;4)

0,25

8

(1,0 đ)

Gọi G là điểm đối xứng của M qua O G(1; 3) CD

Gọi I là điểm đối xứng của N qua O  I( 1;5)AD

0,25

Phương trình cạnh MO qua M và có VTCP MO là: 9x – 5y – 24 = 0

 Phương trình cạnh NE qua N và vuông góc với MO là: 5x + 9y – 22 = 0

Gọi E là hình chiếu của N trên MG E NE MG E 163 39;

53 53

0,25

Lại có: NE MG NJ MG (k 0, k ) J 1;3







 

cùng chiều

Đường tròn tâm K bán kính OK có phương trình:  2 3 2 81

    

Vậy tọa độ A và D là nghiệm của hệ :  2 2

  



 









Suy ra A(-1; 6); D(-1; -3) C(8; -3), B(8; 6) Trường hợp D(-1; 6), A(-1; -3) loại do M

thuộc CD

0,25

9

(1,0 đ)  3 3      x2 y2     

x y x y xy 1 x 1 y x y 1 x 1 y (1)

y x

Ta có: x2 y2  

x y 4xy

y x

1 x 1 y  1 x y xy 1 2 xy xy

1

9

0,25

Ta chứng minh được: 1 2 1 2 1 (x, y (0;1))

1 x 1 y 1 xy 

1 x 1 y 1 xy 1 xy

1 x 1 y

0,25

9

0,25

Xét hàm số: f (t) 2 t, 0 t 1

9

1 t

Ta tìm được max f(t) = f 1 6 10 1, t 0;1

    

0,25

-Hết -