Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 2934845a

Học sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Đáp án Câu (2,0đ) Điểm a) (1,0 điểm) \ 1  Tập xác định D   Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y '    0, x  D  x  1 Hàm số nghịch biến khoảng  ;1  1;   - Giới hạn tiệm cận: lim y  lim y   tiệm cận ngang: y  x  0,25 x  lim y   ; lim y    tiệm cận đứng: x   x 1 x 1 - Bảng biến thiên: x  y' y 0,25  - -    Đồ thị: 0,25 y x b) (1,0 điểm) Gọi d : y  x  m 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng d đồ thị (C) là: x  xm x 1  x   x  1 x  m  (Vì x  nghiệm phương trình)  x   m   x  m  (1) Ta có   m2   0, m nên đường thẳng d cắt đồ thị ( C) hai điểm phân biệt A, 0,25 B với m Khi đó, A  x1 ; x1  m  , B  x2 ; x2  m  , với x1 , x2 hai nghiệm phương trình (1) Ta có: I 1;1  d  I , AB   AB  m  x2  x1    x2  x1  2     x1  x2   x1 x2  m  0,25 m m2  Theo giả thiết, ta có:  AB.d  I , AB   2 Ta có: S IAB S IAB (1,0đ) 0,25 m m2   3  3m 2 a) Phương trình cho tương đương 2sin x  3sin x   2sin x cos x  cos x  0,25   2sin x  1 sin x  cos x     sin x  cos x   : Phương trình vô nghiệm 0,25    x    k 2 (k  )  2sin x      x  7  k 2  Vậy phương trình cho có nghiệm: x   b) log (4 x 1    k 2 , x   7  k 2 (k  )  4).log (4  1)    log (4 x  1) log (4 x  1)  x t  t  3 Đặt t  log (4 x  1) , phương trình trở thành:   t  t    0,25 0,25  t   log (4 x  1)   x    x   x   : Phương trình vô nghiệm 8 Vậy phương trình cho có nghiệm: x   t  3  log (4 x  1)  3  x   (1,0đ)  1  e Ta có: I   x  e e e  x ln xdx Đặt u  ln x dv  xdx Suy du   Tính 0,25 1  ln xdx   x ln xdx   ln xdx x x 1 e e x2 dx v  x 0,25 e x2 x e2 x e2 ln x   dx     Do đó,  x ln xdx  2 4 1 e 1 1 x ln xdx Đặt t  ln x  dt  x dx Khi x  t  , x  e t   Tính e 0,25 1 t2 Ta có:  ln xdx   tdt   x 20 Vậy, I  (1,0đ) e2  a) Đặt z  a  bi  a, b  0,25 3a  b  a   a  b  b  2  Từ giả thiết ta có:  0,25 Do z   2i Suy w   iz  z   i 1  2i   1  2i   3i Vậy w  0,25 b) Số phần tử không gian mẫu là: n     C20  15504 0,25 Trong 20 thẻ, có 10 thẻ mang số lẻ, có thẻ mang số chẵn chia hết cho 4, thẻ mang số chẵn không chia hết cho C51.C51  3000 Gọi A biến cố cần tính xác suất Ta có: n  A   C10 Vậy, xác suất cần tính là: P  A   (1,0đ) 0,25 n  A 3000 125   n    15504 646  x   6t  Gọi d đường thẳng qua A vuông góc với (P) Suy ra: d :  y   3t  z   2t  0,25 Vì H hình chiếu vuông góc A (P) nên H  d  ( P) Vì H  d nên H   6t ;5  3t ;1  2t  Mặt khác, H  ( P) nên ta có:   6t     3t   1  2t   24   t  1 0,25 Do đó, H  4; 2;3 Gọi I , R tâm bán kính mặt cầu 0,25 Theo giả thiết diện tích mặt cầu 784 , suy 4 R  784  R  14 Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) H nên IH  ( P)  I  d Do tọa độ điểm I có dạng I   6t ;5  3t ;1  2t  , với t  1 Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn: 0,25    6t     3t   1  2t   24  t   14  d ( I , ( P))  14 2    (2)    t  3  t    AI  14   2 2  t    6t    3t    2t   14 Do đó, I  8;8;  1 Vậy, mặt cầu ( S ) :  x     y     z  1  196 (1,0đ) 2 Gọi H trung điểm AB Suy SH  ( ABCD) S 0,25 SCH  300 K A D I SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a H B Ta có: SHC  SHD  SC  SD  2a Xét tam giác SHC vuông H ta có: C HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a Vì tam giác SAB mà SH  a nên AB  2a Suy 0,25 BC  HC  BH  2a Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 4a Vậy, VS ABCD  S ABCD SH  3 Vì BA  2HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC   Gọi I hình chiếu H lên AC K hình chiếu H lên SI Ta có: AC  HI AC  SH nên AC   SHI   AC  HK Mà, ta lại có: HK  SI Do đó: HK   SAC  0,25 Vì hai tam giác SIA SBC đồng dạng nên HS HI Suy ra, HK  HS  HI    a 66 11   Vậy , d B,  SAC   2d H ,  SAC   HK  (1,0đ) H A D B' 2a 66 11 Vì ABCD hình thang cân nên nội tiếp đường tròn Mà BC  CD nên AC đường phân C B 0,25 HI AH AH BC a   HI   BC AC AC M 0,25 giác góc BAD Gọi B ' điểm đối xứng B qua AC Khi B '  AD Gọi H hình chiếu B AC Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình: x  y 1  x   Suy H  3;   x  y   y  Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H trung điểm BB’ Do B '  4;1 0,25 Đường thẳng AD qua M nhận MB ' làm vectơ phương nên có phương trình x  y   Vì A  AC  AD nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình: x  y 1  x  Do đó, A 1;    x  y 1  y  Ta có ABCB’ hình bình hành nên AB  B ' C Do đó, C  5;  Gọi d đường trung trực BC, suy d : 3x  y 14  0,25 Gọi I  d  AD , suy I trung điểm AD Tọa độ điểm I nghiệm hệ: 3x  y  14  Suy ra,  x  y 1  (1,0đ)  43 11   38 11  I  ;  Do đó, D  ;   10 10   5 Vậy, đường thẳng CD qua C nhận CD làm vectơ phương nên có phương trình (Học sinh giải theo cách khác) x  13 y  97  0,25  x3  y  y  x  y   (1)  (2)  x  x   x   y 0,25 Điều kiện: x  2 (1)  x3  x   y  y  y  x3  x    y  1   y  1  3 Xét hàm số f  t   t  t   2;   0,25 Ta có: f '  t   3t   0, t   2;   Suy hàm số f  t  đồng biến  2;   Do đó: x  y  Thay y  x  phương trình (2) ta được: x3   x    x3       x     x  2 x2  2x    0,25 x2 2   x2 2 x2 2       x  2 x  2x       x  2  x2  2x    x22   x  2   0 x2 2      x2   x  2 y 3  x2  2x    x2 2  0,25   x2  2x   Ta có VT  x  x    x  1   3;VP   x2 2  (*)  1, x   2;   x22 Do phương trình (*) vô nghiệm Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y    2;3 (1,0đ) Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có:  ab  bc  ca  3 (abc)  abc  Suy ra:  a (b  c)  abc  a (b  c)  a(ab  bc  ca)  3a  Tương tự ta có: 1  (1)  a (b  c) 3a 0,25 0,25 1 1  (2),  (3)  b (c  a) 3b  c (a  b) 3c Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có: 0,25 1 1 1 ab  bc  ca    (   )  2  a (b  c)  b (c  a)  c (a  b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy abc  1, ab  bc  ca   a  b  c  1, (a, b, c  0) 0,25 ... ta có:   6t     3t   1  2t   24   t  1 0,25 Do đó, H  4; 2;3 Gọi I , R tâm bán kính mặt cầu 0,25 Theo giả thiết diện tích mặt cầu 784 , suy 4 R  784  R  14 Vì mặt cầu...  5 Vậy, đường thẳng CD qua C nhận CD làm vectơ phương nên có phương trình (Học sinh giải theo cách khác) x  13 y  97  0,25  x3  y  y  x  y   (1)  (2)  x  x   x   y 0,25 Điều