dap an de thi thu Tran phu lan 1 mon toan

Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng.[r]

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2014-2015, LẦN C©u Néi dung - Tập xác định D R \  1 y'  3  x  1 0,25 0 với x  D   ;1 ,  1;   + Hàm số nghịch biến trên khoảng + Hàm số không có cực trị lim y  x  2 + x   , suy đường thẳng y = là đường tiệm cận ngang đồ thị lim y  x  , lim y  x    x  1 x1 , suy đường thẳng x 1 là đường tiệm cận đứng đồ thị + Bảng biến thiên x - + y’(x) - Sự biến thiên C©u 1a §iÓm y 1,0 ®iÓm 0,25 0,25 + - - Đồ thị + Đồ thị hàm số qua các điểm  0;  1 ,   2;1 ,  4;3 ,  2;5  + Đồ thị nhận điểm Gọi M  x ; y0  ,  x0   C©u 1b 1,0 ®iÓm C©u 2a 0,5 ®iÓm I  1;   x 1 , làm tâm đối xứng y0  0,25 2x  x  , Ta có d  M, 1  d  M, Ox   x   y 0,25 2x    x  1  2x 1 x0  0,25  x 0 1 x 02  2x 1 2x 1   M  0;  1 , M  4;3  x 4 , ta có pt Với Suy 1 x0  2 , ta có pt x  2x   2x   x  0 (vô nghiệm) Với M  0;  1 , M  4;3 Vậy  5  sin x  2sin x  sin   2x  0  s inx   2sin x   cos 2x 0    sin x.cos 2x  cos 2x 0  cos 2x(sin x 1) 0 0,25 x0  0,25 0,25  k   x 4    k   x     k2 x  x  k2  , Kết luận: nghiệm phương trình Điều kiện xác định   x  log  x    log  x    log   x  1  log3 [  x    x   ] - log3   x  1 C©u 2b Khi đó 0,5  x    x   3  x  6x  3x  48x 192  2x  54x 184 0   x 4 ®iÓm   x 23   x  Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm pt là x 4  cos 2x 0     sin x  0,25 0,25 0,25 t  3x   t 3x   2tdt 3dx  dx  tdt Đặt Khi x 2  t 2, x 6  t 4 t2  2 tdt 4 xdx t2  3 I    2 dt t2  32 t 1 C©u 3x    x  1 t ®iÓm Suy 4 4 0,25 0,25   2      dt  dt   dt  t   dt  32 t  t  t   t  1   2 4   ln t   ln t     ln 3 n  Điều kiện n  n  1  n   4 n! n! C3n  n  2C n2   n 2   n  n  n  1 3! n  3 ! 2! n   ! 0,25  0,25 0,25 n  9n 0  n 9 (do n 3 ) C©u 4a 0,5 ®iÓm k 9  k  k 9 k    k  3k x   C x    2      C9 x  x  x  k 0 k 0 Khi đó ta có  Số hạng chứa x tương ứng giá trị k thoả mãn  3k 3  k 2 C2 x    144x Suy số hạng chứa x 0,25 n    C39 84 Gọi  là không gian mẫu phép lấy ngẫu nhiên viên bi từ viên bi suy C©u 4b Gọi A là biến cố lấy ít viên bi xanh 0,5 ®iÓm C2 C1 40 Trường hợp Trong viên bi lấy có viên bi xanh, viên bi đỏ, có cách Trường hợp Ba viên bi lấy toàn màu xanh, có C5 10 cách Suy C©u n  A  C52 C14  C35 50 P  A  Vậy 0,25 0,25 n  A  50 25   n    84 42 VS.ABCD  SH.SABCD S Ta có , ABCD a Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy SH  (ABCD) HE  AB   SHE   AB  Dựng , suy SEH là  góc (SAB) và (ABCD)  SEH 60 0,25 0,25 Ta có SH HE.tan 60  3HE HE HI a a    HE   SH  CB IC 3 1 a 3a VS.ABCD  SH.SABCD  a  3 Suy Gọi P là trung điểm CD, suy AP song song vớiCI  d  SA, CI  d  CI,  SAP   d  H,  SAP   0,25  SHK    SAP  Dựng HK  AP , suy HF  SK  HF   SPA   d  H,  SPA   HF Dựng 1    2 HK HS2 (1) Do SHK vuông H HF 1 1    2 2 HK DM DP DA Dựng DM  AP , ta thấy DM HK Thay vào (1) ta có Vậy d  SA, CI    0,25 a 1 1  2       HF  2 2 HF DP DA HS a a a a a 2 Gọi I là giao điểm BM và AC Ta thấy BC 2BA  EB BA, FM 3FE  EM BC 0,25   ABC BEM  EBM CAB  BM  AC Đường thẳng BM qua M vuông góc với AC BM : x  2y  0 C©u 1,0 ®iÓm  2x  y  0    x  2y  0 Toạ độ điểm I là nghiệm hệ   13  11   12   I ;   IM  ;   5   5    8 4 IB  IM  ;   B  1;  3  5  Ta có 13   x    y   11  0,25 0,25 1 5  2   BA  BI 2 BA BC 4BA Trong ABC ta có BI 2   8   4 BI        BA  BI 2 , suy     Mặt khác 2 BA 4   a  1    2a  Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có  a 3 4  5a  26a  33 0    a 11  C©u 1,0 ®iÓm   2 4 AI  ;  A  3;    5 Do a là số nguyên suy  A  3;   B  1;  3 C  1;1 AC 5AI   2;   C  1;1 Ta có Vậy , ,  A  1;  3;  B  3;1;  I  2;  1;   IA   1;  2;0   IA  Gọi I là trung điểm AB, , suy Suy mặt cầu đường kính AB có phương trình I  0; a;  Do I thuộc trục Oy nên I có tọa độ  x  2 2 0,25 0,25   y 1   z   5 0,25 0,25 IA    a  3  a  6a  14, IB  13   a  1  a  2a  14  a 5  11 IA  2IB  IA 2IB2  a  6a  14 2a  4a  28  a  10a  14 0    a 5  11 C©u 1,0 ®iÓm    I 0;5  11, ,  I 0;5  11, Điều kiện xác định x 1, x  y 0 2x  2x  x  y  y  x  y  2x  xy  y  2x  x  y 0 Khi đó   x y   x  y   2x  y   0   x  y   2x  y   0  2x  x  y 2x  x  y   Vậy 0,25 0,5 Do x 1, x  y 0  2x  y  , từ đó suy x y 2 2 Thay vào (2) ta có x   x  x  21  x    x   x  21    x 2   x  2  x 2  0 (3) x  21    x  1 0,25    x      0 2 10  x  91 x  21    Vì , từ (3) suy x 2  2;  Vậy nghiệm hệ phương trình là 0,25 x 2 x 2 Ta có Suy C©u 1,0 ®iÓm 2yz  x  y  z  2yz x   y  z  2x  y  z  2x  2yz  2x  2x  y  z  2x  x  y  z   x2 x  2x  2yz  x  y  z 0,25  1 xy  1 z y2 y P     x  y  1  xy 2 x yz  2 x yz Tương tự 2y  2xz  x  y  z Suy Ta có x  y   x  y     z    2z 1 P  1  2 Suy 0,25 z     2z 2  2z  z   1 z f  z   1     2z 2  0;1  2z  z  Xét hàm số trên z f '  z    0 2 2  2z  2z  z   2z  c   0;1 với  0,25  Do hàm số liên tục trên  0;1 , nên f  z  nghịch biến trên  0;1 1 x y  , z 0 P f  z  f     2 Suy Dấu = xảy 1 x y  , z 0  2 Vậy GTLN P là đạt 0,25 Mọi cách giải khác đúng cho điểm tương ứng