DAP AN DE 2

Chú ý: Nếu thí sinh nào có cách giải khác với đáp án, nhưng đúng kết quả thì vẫn được chấm điểm tối đa.. Nguyễn Văn Xê – TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC THÀNH ĐẠT – ĐÀ NẴNG..[r]

Sở Giáo Dục và Đào Tạo-TP.ĐN T.T LUYỆN THI THÀNH ĐẠT ĐỀ THI THỬ LẦN Câu (2,0 điểm) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn thi: TOÁN (Đáp án - thang điểm có 05 trang) Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi m 2 : y x  3x  * Tập xác định: D R * Sự biến thiên:  x 0 y ' 0  x  x 0    x 2 - Chiều biến thiên: y ' 3 x  x ;   ;0  ;  2;   ; khoảng nghịch biến  0;  - Các khoảng đồng biến: - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = -1; đạt cực tiểu x = 2, yCT = -3 3 lim ( x  x  1)   lim ( x  x  1)  - Giới hạn vô cực: x   - Bảng biến thiên x   y + y  ; 0,25 0,25 x    +  0,25 -3 *Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) Ta có y ' 3 x  x; y ' 0  x 0; x 2 A  0; m   B  2; m   Với m hàm số có cực đại và cực tiểu OA   m   ; OB  OA 2OB   m  2   m  2 14 2   m    m 2; m  14 m Vậy m 2 (1,0 điểm)  sin x 1  x   k Điều kiện: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Phương trình  2sin x cos x cos x  sin x  2cos x 0  sin x cos x   2cos x 0   0,25  sin x cos x  cos x 0   sin x   cos x 0  cos x 0 sin x 2 (vô nghiệm) 0,25    cos x 0  x   k Đối chiếu điều kiện phương trình có nghiệm là (1,0 điểm) x    0 3  k  k   I  sin x cos3 xdx  sin x cos x cos xdx   sin x  sin x cos xdx 0,25 Đặt u sin x  du cos xdx 0,25  x 0  u 0 ; x   u 1 Đổi cận: 0,25    u3 u5  I  u  u du       15  (1,0 điểm)   x  2 a)Giải phương trình Điều kiện x 2 Ta có x 2 x  x 5 42 x  3x  x 5 22 4  42 x  x 8 8 (1) ( x  2)2 1 3  x 8 0,25 0,25 3 3 (2) 42( x  2) 40 1 x  2 (3) x  x 5 0,25 x2  x 8 3 4 8 Cộng (1), (2) và (3) Dấu xảy x 2 Vậy phương trình có nghiệm x 2 ( 3logx + log2 x) ( log2 x + 1) ³ b)Giải bất phương trình Điều kiện x > , x  æ ö ÷ ÷ ç Û ç + log x log x + 1) ³ ÷ ç ÷( ÷ ç log x è ø Bất phương trình  log2 x   log2 x   (3  log22 x)  0  0   log x  log2 x   log2 x    x   log2 x  x   1 S  0;    1;    2 Vậy (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 a) Gọi M  a; 0;  , ta có MA    a   40 , MB    a   40 0,25 Tam giác MAB cân M , nên   a   40    a   40  a 2 MA MB  0,25 M  2; 0;  Vậy Nhưng điểm M, A và B thẳng hàng, nên không có điểm M thỏa mãn b) Mặt cầu Mặt cầu  S 2 có dạng x  y  z  2ax  2by  2cz  d 0  S  qua A, B, C và D, nên 1    2a  6b  4c  d 0 1    2a  2b   d 0    16    8a  6b  4c  d 0 16    8a  2b  4c  d 0 0,25  a  b   c   d 1 0,25 5  I  ;1;1 S   Vậy tâm mặt cầu là  *Tính thể tích khối chóp S ABC : Gọi O là tâm hình vuông ABCD a2 S ABC  Diện tích (1,0 điểm) Ta có AC = a  AO  a 2 ; a AG  AO  3 SG  SA2  AG  5a Suy Thể tích khối chóp: 5a3 VS ABC  SG.S ABC  18  SBC  *Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng Qua G dựng đường thẳng song song với AB cắt AD M, cắt BC N Vẽ MH vuông góc SN Ta có SG  (ABCD), suy SG  BC và BC  MH ( SBC )  MH d  M ; ( SBC )  Do đó MH  Vì AD song song với BC nên AD song song với mặt phẳng ( SBC ) Ta có d  A;  SBC   d  AD;( SBC  d  M ;( SBC  MH NHM đồng dạng NGS  MH  5a 29 29 Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  0,25 0,25 0,25 0,25 5a 29 là 29 (1,0 điểm) Toạ độ A thỏa 3x  y  0   x  y    Vậy mãn hệ phương trình  x   0,25  y 3 A   2;3  Đặt AB = 6x (x > 0), suy MN = 10x AM  AD  MD  x 40 , AN  AD  DN 6 x 3.1  1.2  cos MAN   32  12 12  22 Góc hai đường thẳng AM và AN  MN  AM  AN  AM AN cos MAN , suy x 1 0,25 2 Do đó AN 6 , AB 6 và BN  BC  CN 6 N   2t ; t  Điểm N thuộc đường thẳng AN, nên có dạng 2  2t    t  3 6  t 9, t   Và N  10;   N   14;9  Nên (loại) B  a; b  Gọi AN  Giải hệ (1,0 điểm) 2   a 4  BA     a     b  6   b 3  BN   10  a      b  6   a    b   8 9 B ;  B  4;3 Vậy  5  Giải hệ phương trình:   x  y   x  y  10 x  y  22  2  x  y  y  y   y  1 x  y  xy   x 3  Điều kiện:  y 3      1  2 0,25 0,25 Nếu x  1, y 1 : Không thỏa mãn phương trình (1) nên x  1, y 1 : Phương trình (2)   x  y x y 1  y  2  1  x y 2y  f  t  t  , t 0 t Xét hàm số f '  t  1   t 0 t Suy , 1 2 y   x y 2y  f t   ;0    0;  nên hàm số đồng biến trên f  x  y   f  y    x  y 2 y   y  x  và Thay vào (1): 0,25  x  x  x   x    10 x   x    22  x  x  2 x  11x  16   x    x  2  2x  x       x 1 x  1  x  0  3   1    x    4   x 1 x  1   3  0,25 x 2  y 4 1  0  x 1 x  1 1  x  x   x  Vì nên và Suy phương trình (4) vô nghiệm  2;  Vậy hệ có nghiệm  4    2x   (1,0 điểm) 2 Từ 2x + 2y - xy = 0,25   xy 2  x  y  2 Từ 2x + 2y - xy = 1  t  Đặt t  xy , suy x P  y2   x2 y 2 xy  Ta có    Hàm số liên tục trên đoạn P'   t2  t  0  xy   xy  2  x  y  0  xy   7t  2t    2t  1 0,25 0,25 1 ;   2  2t  1 Do đó: , P ' 0  t 0, t  (loại)  1 1 P    P    P  0   5   15 và Vậy giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P là và 15 0,25 0,25 Chú ý: Nếu thí sinh nào có cách giải khác với đáp án, đúng kết thì chấm điểm tối đa - HẾT -Chịu trách nhiệm nội dung: Nguyễn Văn Xê – TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC THÀNH ĐẠT – ĐÀ NẴNG