DAP AN DE

Đường thẳng DI cắt đường tròn C tại hai điểm, một điểm nằm ngoài đoạn DI, một điểm nằm trong đoạn DI, đó chính là điểm B... Đường thẳng DI cắt đường thẳng d tại C là điểm cần tìm.[r]

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 14 NĂM 2015 Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm có trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Đáp án Câu (2,0 đ) Điểm a) (1,0 điểm)  Tập xác định: D =  \ {2}  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y '    x  2 0,25  y '  0 x  D - Hàm số nghịch biến khoảng (; 2) và (2; ) - Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  2; hàm số có tiệm cận ngang y = x  0,25 x  lim y   ; lim y  ; hàm số có tiệm cận đứng x = x 2 x 2 - Bảng biến thiên: x y' y   - - 0,25    Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) 2a  ), a  a 2 Tiếp tuyến M có phương trình là: 1 2a  y (x  a)  a 2 (a  2) M  (C)  M(a; 0,25  ) a2 Giao điểm tiếp tuyến với tiệm cận ngang: B(2a  2; 2) Giao hai tiệm cận: I(2;2)  IA  ; IB  2a  a2 Giao điểm tiếp tuyến với tiệm cận đứng: A(2; AB  IA  IB2  ( 0,25 2 )  (2a  4)2  .2 a   2 a2 a 2 0,25 2  2   2 IA + IB + AB =  2a  + AB  2a  a2 a2  2a  a2 a    2a   (a  2)2    a2 a  Vậy có điểm thỏa mãn điều kiện bài toán là M(3;3) và M (1;1)  2    cos  x    cos  x     sin x+1 3    Đẳng thức xảy  IA  IB  (1,0 đ) 2 4   cos(2 x  )   cos(2 x  )   sin x 3  2cos(2 x   ).cos (1,0 đ)   sin x  0,25 0,25 0,25   cos x  sin x   2sin x  sin x  0,25   x   k   sin x  5   x   k ,  sin x     x  k  0,25 k   dx 2x   4x  I t2 1 t Đặt t  4x  , ta có dt = hay dt = dx và x  4x  Khi x = thì t = và x= thì t = 0,25 2dx Khi đó: I   tdt  t2 1  2 1 t    = tdt  t  12 5 1     t   t  12 3   dt   0,25 0,25 (1,0 đ)   =  ln t   = ln   12 t 1   a) (0,5 điểm) Cứ đỉnh đa giác (H) tạo thành tam giác, tổng số tam giác là: C 3n n(n  1)(n  2) Ta có phương trình: C 3n  220   220  n3  3n  2n  1320   (n  12)(n  9n  110)   n  12 Vậy đa giác có 12 cạnh Gọi các đỉnh là A1A2 A12 Xét đỉnh A1 nó tạo thành tam giác A1A5A9 0,25 0,25 0,25 Có 12 đỉnh, vì nó tạo thành 12 tam giác đều, tam giác tính lặp lần Vậy có tam giác Tương tự, có hình vuông b) (0,5 điểm) Đặt z  a  bi  a,b     3(a  bi)  4i(a  bi)  63  56i   3a  4b   (4a  3b)i  63  56i 4a  3b  56 a    3a  4b  63 b  12 Vậy z = – 12i Do đó môđun z 13 (1,0 đ) 0,25 0,25 S M C 0.25 D O A  H N a B SO  (ABCD) Dựng MH//SO, H thuộc AC, đó MH  (ABCD), suy góc  đường thẳng MNvới mp(ABCD) chính là góc MNH Xét tam giác CNH : 0.25 3a a HC  AC  , CN  4 2 2 HN  HC  CN  2HC.CN cos 450 Hay HN  9a a 3a 10a    4 16 Suy HN  HN a 10 a 10   Vậy cos   MN a 10 Do đó   60 Câu (1,0 đ) Thể tích khối chóp M.ABCD: Trong tam giác HMNcó MH a 10 a 30 tan 600   MH  HN tan 600  3 HN 4 MH là chiều cao khối chóp, thể tích nó là: 1 a 30 a3 30 V  S ABCD MH  a  3 12 Ta có: x  y2  4x  4y    (x  2)2  (y  2)2  Nên tâm I(-2;2), bán kính R= Khoảng cách từ I đến (d)  R nên (d) không cắt đường tròn Đường thẳng qua A và vuông góc với (d) cắt (d) H(3;4) Đặt f(x,y) = x – y + thì f(-2,2).f(1,6) = 18> nên I và A cùng phía so với (d) Gọi D là điểm đối xứng A qua (d) thì D(5; 2) Đường thẳng DI cắt đường tròn (C ) hai điểm, điểm nằm ngoài đoạn DI, điểm nằm đoạn DI, đó chính là điểm B 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu (1,0 đ) Đường thẳng DI cắt đường thẳng (d) C là điểm cần tìm Chứng minh đó BC + CA bé Đường thẳng DI có phương trình: y = Vậy tọa độ các điểm cần tìm là B(-1; 2), C(1; 2) Giả sử mặt phẳng cần tìm là: ( ) : ax  by  cz  d  (a  b2  c  0) Trên đường thẳng (d1) lấy điểm: A(0; 0; 5), B(1; 1;8)  5c  d  b  a  3c Do ( ) qua A, B nên:   a  b  8c  d   d  5c Vậy ( ) : ax  (a  3c) y  cz  5c  2a  a  3c  c Yêu cầu bài toán cho ta:  sin 300  22  12  12 a  (a  3c)2  c  2a2  13ac  11c2  Dễ thấy a  nên chọn a = 1, suy ra: c = -1; b = 2; d = Chọn a = 11; c = - 2; b = - 5; d = 10 Vậy có mặt phẳng thỏa mãn, có phương trình là: x + 2y – z + = 11x – 5y - 2z + 10 = Câu (1,0 đ)  2 x  y  Giải hệ phương trình:  4x  3x  3xy  y  57  25 2 5x  5y    47 2x  2y2  3xy  3x  y   25  2 5x  5y    47 (2x  y)(x  2y)  (x  2y)  (2x  y)   25  Đặt u = 2x – y , v = x + 2y, hệ đã cho trở thành: u2  v  (u  v)2  2uv     47   94 uv  u  v  2uv  2(u  v)    25 25   2uv  (u  v)    144 (u  v  1)2   25    u     v  uv   12  5    Trường hợp 1: u  v      12  uv   u  25     v    17  uv    12  , hệ vô nghiệm Trường hợp 2: u  v      uv  132  25 Thay giá trị u, v ta có các nghiệm hệ phương trình là: 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu (1,0 đ) 11 (x;y)  ( ; ) (x;y)  ( ; ) 5 25 25 xy yz xz P   xy  yz xz  yz xy  xz Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: (ax+by+cz)2  (a  b2  c2 )(x2  y2  z2 ) Do đó xy xy zy zy xz xz x y z   )  ( xy  yz  zx)(   ) P2 = ( xz x y yz xy  yz xz  yz xy  xz ( x  z )2 ( x  y)2 ( y  z)2 y z 4( x  z ) 4( x  y) 4( y  z ) 1   xy  ( x  y  z  xy  yz  zx)  ( x  y  z )2  ( xy  yz  zx)  4 1  ( x  y  z )2  ( x  y  z )2  4 2 Vậy P  Giá trị lớn P đạt x  y  z  0.25   xy  x (Chú ý Nếu học sinh có cách giải khác mà kết đúng tính điểm tối đa.) -Hết 0.25 0.25 0.25