Dap an lan 4 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Câu (2,0 điểm) Đáp án a) (1,0 điểm) 1o Tập xác định:  \{1} 2o Sự biến thiên: * Giới hạn, tiệm cận: Ta có lim y   x ( 1)  Điểm lim y   Do đường thẳng x  1 x ( 1) tiệm cận đứng đồ thị (C) Vì lim y  lim y  nên đường thẳng y  tiệm cận ngang đồ thị (C) x  0,5 x  * Chiều biến thiên: Ta có y '  1  0, với x  1 ( x  1) Suy hàm số nghịch biến khoảng  ;  1 ,  1;    * Bảng biến thiên: x  y'  1    y 1  y 3o Đồ thị: Đồ thị (C) cắt Ox  2;  , cắt Oy 0,5  0;  ; nhận giao điểm I  1; 1 hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng 2 I 1 O x b) (1,0 điểm) Đường thẳng d cắt (C) điểm nằm hai phía trục tung phương trình x2   x  m có hai nghiệm trái dấu x 1 0,5  x  (3  2m) x   2m  có hai nghiệm trái dấu khác 1  P   2m    m  1  (3  2m)   2m  0,5 Vậy giá trị m m  a) (0,5 điểm) Câu (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với 2sin x cos x  2sin x  sin x  cos x  2sin x(cos x  sin x)  sin x  cos x    tan x  1  x    k sin x  cos x     sin x   2sin x   x    k 2 , x  5  k 2   6 Vậy nghiệm phương trình x     k , x    k 2 , x  0,5 5  k 2 , k   b) (0,5 điểm)  z  1  2i Ta có z  z      z  1  2i 0,5  Suy z1  1  2i Do A  1  2i Câu (0,5 điểm) Câu (1,0 điểm)  Phương trình cho tương đương với x 1   1  2i  3 7  2x   x   7.2 x   0,5  x   x  1 2   x  x  log   Vậy nghiệm phương trình x  1, x  log Điều kiện: x  Đặt a  x  1, b  x , a  0, b  b  2a  2 Bất phương trình trở thành  a  b  3a   b  2a  0    a (b  3a )    0,5   b  2a Đặt t  2   a2  a a  4a (b  3a )     2   1    b b b   a , t  0, bất phương trình trở thành  2t  4t 1  3t   b  104t  108t  40t  4t      (2t  1)  52t  28t  6t  1   (2t  1)  t (52t  28t  6)  1  0,5  2t   0, t  52t  28t   x 1   x   x  4( x  1)  x  x  2 2x Kết hợp điều kiện, suy nghiệm bất phương trình  x  Suy Câu (1,0 điểm)   4 Ta có I   xdx   x sin xdx  Tính I1   xdx  (1) 0,5  x   32 (2)  Tính I   x sin xdx Đặt u  x, dv  sin xdx, du  dx, v   cos x Theo công thức tích phân phần, ta có  cos x I2  x Từ (1), (2) (3) suy I   32   cos x sin x  dx  4  (3) 0,5  S  8  32 Ta có CE  ( SBC ) suy Câu (1,0 điểm)   45 SCE  ,  ABCD    SCB  Suy SB  BC  2a B A H 0,5 Khi M C a  a  2a  1 VS AMCE  SB.S AMCE  2a  a3 3 E D Ta có AM // CD nên (1) d  B,  SMC     900 Kẻ Tam giác BDC có trung tuyến DM nửa cạnh đối diện BC nên BDC BH  SD H Ta có CD  BD, CD  SB  CD   SBD   CD  BH d  AM , SD   d  AM ,  SDC    d  M ,  SDC    Câu (1,0 điểm) Từ suy BH   SCD  (2) Trong tam giác vuông SBC ta có 1 1 2a       BH  (3) 2 BH BS BD 4a 2a 4a a Từ (1), (2), (3) suy d  AM , SD   Trước hết, ta chứng minh NE  NB : 2x y + = E Đặt AB  BC  2a, ta có       NE.NB  ND  DE NM  MB          ND.NM  ND.MB  DE.NM  DE.MB  A M B(7; 3) H I D N(2; 2) C  0,5  a a  a    a.cos1350  2a .cos 450   2  2 a2 a2     a  2 Suy NE  NB 0,5 Do NE : x  y   E ( 3; 3) Gọi I  BN  AD Kẻ MH // AD ( H  BI ) Ta có NI  NH , HI  HB Suy   5   xI    11  BN  NI    I  ;   3 3 5   yI     Lại có DI  MH  AI Suy EI  ID  D 1;           Lưu ý Học sinh đặt AB  x, AD  y Biểu thị hai vectơ NE , NB qua x, y Từ   dễ dàng suy NE.NB  0,5 Câu (1,0 điểm) x  y 1 z     H  2t  3; 2t  1; t    ()  H (1; 3; 3) 2 6    Ta có d  M , ( )    3 Ta có MH : 0,5 Suy bán kính mặt cầu (S) R  32  42  0,5 2 Vậy  S  :  x  3   y  1   z    25 Câu (0,5 điểm) Số cách nhận mã đề môn thi An 6.6  36 Số cách nhận mã đề môn thi Bình 6.6  36 Suy số phần tử không gian mẫu   36.36  1296 Gọi A biến cố “An Bình có chung mã đề thi” Khả An Bình có chung mã đề thi môn Vật lý Số cách nhận mã đề thi An Bình 6.6.5  180 Khả An Bình có chung mã đề thi môn Hóa học Số cách nhận mã đề thi An Bình 6.6.5  180 Suy số kết thuận lợi cho A  A  180  180  360 Suy xác suất P( A)  Câu 10 (1,0 điểm) Ta có P   x  y  0,5 A 360    0, 2778  1296 18 2 x  y  z2  2 x y x y z  z xy  z 2  2 x yz  2   x  y       z     x y z xy  z         2 2 Xét véc tơ u   x  y;   , v   z;  x y  z        Áp dụng bất đẳng thức u  v  u  v , ta có 2  x  y 2  2        z     y   x  z   x  y  z  x  y  z 2  2 2      y z   x 1 1  2     x y z x  y  z   1 1        x yz   x y z 0,5 2    18     x y z 2     x yz x yz Suy P  18    18       xy  z  x yz  x yz   Đặt t  x  y  z ,  t  x  y  z  Khi P  18  Xét hàm số f (t )  18  81 t  với  t  Ta có t f '(t )  0, với  t  Suy f (t )  f (3)   3 Suy giá trị nhỏ P  3, đạt x  y  z  81 t  t f '(t )  2t  9t  54 3t 2t  ; 0,5 ... 2a Đặt t  2   a2  a a  4a (b  3a )     2   1    b b b   a , t  0, bất phương trình trở thành  2t  4t 1  3t   b  104t  108t  40 t  4t      (2t  1)  52t ... biến cố An Bình có chung mã đề thi” Khả An Bình có chung mã đề thi môn Vật lý Số cách nhận mã đề thi An Bình 6.6.5  180 Khả An Bình có chung mã đề thi môn Hóa học Số cách nhận mã đề thi An Bình...  32  42  0,5 2 Vậy  S  :  x  3   y  1   z    25 Câu (0,5 điểm) Số cách nhận mã đề môn thi An 6.6  36 Số cách nhận mã đề môn thi Bình 6.6  36 Suy số phần tử không gian mẫu 