Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 2015 số 33

1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 3 Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) 1 o . Tập xác định: . D   2 o . Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim x y   lim . x y    * Chiều biến thiên: Ta có 3 ' 4 ; y x x   0 2 2 ' 0 ; ' 0 ; ' 0 2 2 0 0 2. x x x y y y x x x                           Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng     2; 0 , 2; ;    nghịch biến trên mỗi khoảng     ; 2 , 0; 2 .   * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0, 3, CĐ x y   hàm số đạt cực tiểu tại 2, x   1. CT y   0,5 * Bảng biến thiên: 3 o . Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng. 0,5 b) (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 4 2 4 2 1 1 2 2 3 3. 4 4 4 4 m m x x x x        Đồ thị hàm số 3 4 m y   là đường thẳng d song song hoặc trùng với trục hoành. Số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm của d với đồ thị (C). 0,5 Câu 1. (2,0 điểm) Từ đồ thị ở câu a) suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi 1 3 3 16 0. 4 m m         0,5 x O y 2 1  3 2  x 'y y 2      2 3   1  – 0 0 + 0 + – 0   1  2 a) (0,5 điểm) Ta có       2 2 cos 2 sin 2 2 cos 2 sin 4 cos sin . A                  Mặt khác   2 7 16 cos sin 1 sin 2 1 . 9 9          Do ; 2             , nên cos 0, sin 0.     Suy ra 4 cos sin . 3      Khi đó 16 . 3 A  0,5 b) (0,5 điểm) Câu 2. (1,0 điểm) Ta có     2 16 1 3 16 1 3 2 2 3 2 2 3 . 4 1 3 i w i i i i            Suy ra 4. w  0,5 Câu 3. (0,5 điểm) *) Điều kiện: 1. x  Với điều kiện đó phương trình đã cho trở thành         2 2 3 2 3 2 3 2 3 log 1 log 3 log 1 log 2 1 x x x x                2 2 2 3 2 3 1 17 log 3 log 2 1 3 2 1 . 4 x x x x x              Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là 1 17 . 4 x   0,5 *) Điều kiện: 1 . 2 x   Bất phương trình đã cho tương đương với     2 1 2 3 1 2 1 0 x x x x                  2 1 2 1 3 1 2 1 2 2 1 0 x x x x x                    1 1 2 2 1 2 1 2 1 0 x x x x x                  1 1 2 2 1 0, x x x       (1) do   2 1 2 1 0, x x    với mọi 1 . 2 x   0,5 Câu 4. (1,0 điểm) Xét hai trường hợp sau: +) 1 x  . Khi đó 2 3 2 3 (1) 1 2 2 1 0 6 3 0 3 2 3. x x x x x x                   Kết hợp điều kiện ta được nghiệm 3 2 3. x   +) 1 1. 2 x    Khi đó 2 (1) 1 2 2 1 0 6 3 0 3 2 3 3 2 3. x x x x x              Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm 3 2 3 1. x    Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 3 2 3 1 x    và 3 2 3. x   0,5 Ta có   3 1 0, 0 x x x     và   3 1 0 0. x x x     Do đó thể tích khối tròn xoay cần tính là   1 0 3 1 x V x dx     1 1 1 0 0 0 3 3 . 2 x x x dx xdx x dx            (1) 0,5 Câu 5. (1,0 điểm) Tính 1 0 3 x x dx  . Đặt ; 3 x u x dv dx   . Suy ra 3 ; . ln3 x du dx v  3 Theo công thức tích phân từng phần ta có 1 1 2 2 0 0 1 1 3 1 3 1 3 2 3 3 3 . 0 0 ln 3 ln 3 ln 3 ln 3 ln 3 ln 3 x x x x x x dx dx        Thay vào (1) ta được 2 3 2 1 . ln3 ln 3 2 V           0,5 Gọi . O AC BD   Từ giả thiết suy ra ' ( ). A O ABCD  2 0 3 . .sin120 . 2 ABCD a S BC CD  Vì  0 120 BCD  nên  0 60 ABC ABC    đều. 2 2 2 2 49 ' ' 2 3 . 4 4 AC a a a A O A A AO a         Suy ra 3 . ' ' ' ' ' . 3 . ABCD A B C D ABCD V A O S a   0,5 Câu 6. (1,0 điểm) Hạ ( ' ') OH ABB A  tại C. (1) Vì '/ /( ' ') DD ABB A nên     ', ( ' ') , ( ' ') . d D ABB A d D ABB A  Vì O là trung điểm BD nên     , ( ' ') 2 , ( ' ') 2 . d D ABB A d O ABB A OH   (2) Vì AC BD  và ' ( ) A O ABCD  nên ' OABA là tứ diện vuông tại đỉnh O. Suy ra 2 2 2 2 2 1 1 1 1 65 2 195 . ' 12 65 OH a OH OA OB OA a       (3) Kết hợp (1), (2) và (3) suy ra   4 195 ', ( ' ') 2 . 65 d D ABB A OH a   Chú ý: Thí sinh có thể hạ , ' . OK AB OH A K   Tính OK suy ra . OH 0,5 Gọi H, E là trung điểm MN, BC (2; 1). H  Từ giả thiết suy ra , IAMB IANC là các hình thoi. Suy ra , AMN IBC là các tam giác cân bằng nhau. Suy ra , , AH MN IE BC AHEI   là hình bình hành. Suy ra G cũng là trọng tâm HEI HG   cắt IE tại F là trung điểm IE. 0,5 Câu 7. (1,0 điểm) Vì BC // MN và (2; 1) . K BC   Suy ra : 1 0. BC y   Từ 8 (2; 1), ; 0 3 H G       và 3 1 3; . 2 2 HF HG F            Từ : 3 (3; 1). FE BC pt EF x E      Vì F là trung điểm IE nên (3; 0), 5. I R IA HE   Suy ra 2 2 ( ): ( 3) 5 C x y    hay 2 2 6 4 0. x y x     0,5 Ta có (2; 2; 1), (2; 1; 2). P AB n      Vì . 0 ( ) P AB n A P          nên AB // (P). 0,5 Câu 8. (1,0 điểm) Ta có ' ( ) AA P  nên ' (2; 1; 2) AA P u n     . Suy ra phương trình 2 3 1 ': . 2 1 2 x y z AA       Vì ' AA cắt (P) tại ( 2; 1; 3) H    mà H là trung điểm ' AA nên suy ra '( 6; 1; 7). A   0,5 C B M A N E I H F K G A H B C D O K ' B ' A ' D ' C 4 Câu 9. (0,5 điểm) Ta có 7 a là hệ số của 7 x có trong ( ). P x Các số hạng của ( ) P x mà khai triển ra chứa 7 x gồm     7 8 7 1 2 , 8 1 2 x x   và   9 9 1 2 . x  Theo Nhị thức Niu-tơn ta có       7 7 7 7 7 7 7 7 7 8 9 7. . 2 8 . 2 9 . 2 395 2 50560. a C C C           0,5 Từ giả thiết ta có xz y  . Chú ý rằng, với mọi , 0 x y  và mọi , a b ta có   2 2 2 . a b a b x y x y     (1) Thật vậy, (1) tương đương với   2 0. ay bx   Khi đó         2 2 3 3 2 2 3 3 3 3 2 2 1 1 1 1 1 1 4 1 4 1 x y y z xy yz P y y z x x z x z z x                                   2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 4 4 x y y z y x z x z y z x y x z                   2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 1 1 4 4 x y y z y x z y z x y x z x z                             2 2 3 3 2 2 2 2 3 3 2 2 3 2 3 1 1 4 4 1 1 3 4 8 1 1 3 4 8 1 1 1 3 . 4 8 4 y y y y y z x y x z y y y y y y y z x z x z x xz y y y y y y y z x z x z x xz y y y y y y y y z x z x z x z x                                                                                                            2   3 1 1 1 . 4 8 4 y y y y z x z x                   0,5 Câu 10. (1,0 điểm) Đặt 2 , 2 2. y y y t t x z xz     Khi đó 3 1 1 1 . 4 8 4 P t t     Xét hàm số 3 1 1 1 ( ) 4 8 4 f t t t     với 2. t  Ta có 2 3 1 '( ) 0 4 8 f t t     với mọi 2. t  Suy ra [2; ) 3 max ( ) (2) . 2 f t f     Suy ra 3 , 2 P   dấu đẳng thức xảy ra khi 1 . 3 x y z   Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 2  , đạt được khi 1 . 3 x y z   0,5 . TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 3 Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) 1 o . Tập xác định: . D   2 o . Sự biến thi n:. m x x x x        Đồ thị hàm số 3 4 m y   là đường thẳng d song song hoặc trùng với trục hoành. Số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm của d với đồ thị (C). 0,5.     ; 2 , 0; 2 .   * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0, 3, CĐ x y   hàm số đạt cực tiểu tại 2, x   1. CT y   0,5 * Bảng biến thi n: 3 o . Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy