Đáp án đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn sử

1

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 12 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đáp án – thang điểm có 5 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
1
(2,0đ)
a) (1,0 điểm).
Với
3m 
:
35
22
x
y
x




 Tập xác định:
\{ 1}.D 

 Sự biến thiên:
2
4
' 0, 1.
(2 2)
yx
x
     


- Hàm số luôn nghịch biến trên mỗi khoảng
( ; 1) 
và
( 1; ) 
.
0,25
- Giới hạn:
3 5 3 5 3
lim lim ,
2 2 2 2 2
xx
xx
xx
 




3
2

y
là tiệm cận ngang .

11
3 5 3 5
lim , lim ,
2 2 2 2
xx
xx
xx

 

   


1x  
là tiệm cận đứng.
- Hàm số không có cực trị
0,25
- Bảng biến thiên:
x


-1


'y





y

3
2








3
2


0,25


 Đồ thị:


0,25
b) (1,0 điểm).
Với
1,m 
hàm số trở thành

13
22
yx
, suy ra
1
' 0,
2
yx  
.
Hàm số đồng biến trên
.

0,25
Với
1.m 
Điều kiện xác định:
2
\.
1
x
m






Có
 
2

2
22
' , .
1
( 1) 2
mm
yx
m
mx
  
  



0,25



2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định khi và chỉ khi
2
' 0, .
1
yx
m
  


 
2

2
2
2
0 2 0
( 1) 2
mm
mm
mx
  
      


0,25
1 2.m   

Vậy
( 1;2)m
là giá trị cần tìm.
0,25
2
(1,0đ)
a) (0,5 điểm).
cos2 5sin 3 0xx  
2
1 2sin 5sin 3 0xx    

2
sin 2
2sin 5sin 2 0
1

sin
2
x
xx
x



    




0,25
2
1
6
sin ( )
5
2
2
6
xk
xk
xk






  

    


  


. (Do
sinx    21
(loại)).
Vậy
2
6
xk


  
;
5
2
6
xk


  
()k 
.
0,25
b) (0,5 điểm).

Điều kiện:
log .x 
3
8

2
3
log (3 8) 2 3 8 3
x x x
x

     

2
9
3 8 (3 ) 8.3 9 0
3
x x x
x
      

0,25
31
.
39
x
x









+,
x
31
(Loại).
+,
3 9 2
x
x  
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
2.x 

0,25
3
(1,0đ)
4 4 4
0 0 0
( sin )cos .cos sin .cosI x x xdx x xdx x xdx
  
   
  

Tính
4
1

0
.cosI x xdx



. Đặt
.
cos sin
u x du dx
dv xdx v x







0,25
4
4
1
0
0
.sin sinI x x xdx


  


4

0
2 2 2
cos 1
8 8 2
x


    
.
0,25
44
2
00
1
sin .cos sin2
2
I x xdx xdx



/4
0
11
cos2 .
44
x

  

0,25

Vậy
12
( 4) 2 6
8
I I I


  
.
0,25
4
(1,0đ)
a) (0,5 điểm).
Có
2
( 2) 2 1 2i i i i i     

2
2
5 ( 5)( 5) 10 25 24 10 12 5
5 ( 5)( 5) 25 26 13 13
i i i i i i
i
i i i i
     
     
    

0,25

3
5 12 5 25 31
( 2) 1 2
5 13 13 13 13
i
z i i i i i
i

           


Vậy phần thực của
z
là
25
13

, phần ảo của
z
là
31
.
13


0,25

b) (0,5 điểm).
Điều kiện:

, 3.nn

Ta có:
32
nn
n! n!
A 2A 100 2 100
(n 3)! (n 2)!
    


(n 2)(n 1)n 2(n 1)n 100 0      

3 2 2
100 0 ( 5)( 4 20) 0 5n n n n n n          
.
0,25
Với
5,n 
ta có
10
2 10
10
0
(1 2 ) (1 2 ) 2
n k k k
k
x x C x

   



Số hạng
1 10
2
k k k
k
T C x


trong khai triển chứa
6
x
ứng với
6k 
.
Vậy hệ số của
6
x
trong khai triển là
66
10
2 13440.C 

0,25
5
(1,0 đ)
Có
2 2 2
2 . .cosSC AC AS AC AS SAC  

2 2 0
2
(2 ) 2. .2 .cos60
3 3.
a a a a
a SC a
  
  

2 2 2
SA SC CA  

SCA
vuông tại
C
mà
( ) ( )SCA ABC

nên
()SC ABC
.
K
D
A
C
B
S
H

0,25

ABC
vuông tại
2
1
,
2
ACB
A AB AC a S a

   

.
1
.
3
S ABC ABC
V SC S


3
3
6
a
.
0,25
Dựng hình bình hành
22
và 2ABCD DC AB a AD BC AC AB a      

22
2SD SC CD a   
.
2
27
2 ( )( )( )
2 2 2
SAD
SA SD AD a a
p a S p p SA p SD p AD


         

0,25
ABCD
là hình bình hành
/ /( ) ( ; ) ( ;( )) ( ;( ))BC SAD d BC SA d BC SAD d C SAD   
và
3
. . .
3
6
C SAD S ACD S ABC
V V V a  
. Suy ra
.
( ;( ))
3

21
7
C SAD
C SAD
SAD
V
a
d
S


. Vậy
( ; )
21
7
BC SA
a
d 
.
0,25
6
(1,0đ)

12
3 15
( ; )
48
C d d C

Nếu


có phương trình
2x 
thì

cắt
1
d

tại
1
(2;0)A
và cắt
2
d
tại
1
5
(2; )
2
B
suy ra
11
1
(0; 3), (0; )
2
MA MB
khi đó
M
không

nằm trong đoạn
11
AB
nên không thỏa mãn.

3x + 2y - 6 =0
x
- 2y + 3 =0
B
A
C
M
(2;3)

0,25


4
Do đó đường thẳng

qua
(2;3)M
với hệ số góc
m
có phương trình
( 2) 3y m x  
cắt
1
d
tại

49
( ; )
2 3 2 3
m
A
mm
và cắt
2
d
tại
4 3 5 3
( ; )
2 1 2 1
mm
B
mm



6 6 1
; ; ;
2 3 2 3 2 1 2 1
mm
AM BM
m m m m
   

   
   
   

. Vì
M
nằm giữa A và B nên
2 3 3 1
0
2 1 2 2
m
m
m

    

.
0,25
:9 10 12 0CM x y  
;
( ; ) ( ; )
1 60 54 1 10 9
;
2 3 2 1
181 181
A CM B CM
mm
dd
mm



suy ra:
( ; ) ( ; )

1 60 54 10 9 1 10 9 60 54
( ).
2 3 2 1 2 1 2 3
181 181
A CM B CM
m m m m
d d f m
m m m m

   

     


   



22
1 8 288 3
'( ) 0
(2 1) (2 3) 14
181
f m m
mm

    




hoặc
9
10
m 
, kết hợp với điều kiên
31
( ; )
22
3 3 10518 1
min ( ) ( ) . .
14 14 875
181
m f m f

    

0,25
Mà
 
( ; ) ( ; ) ( ; ) ( ; ) min
min
1
.( ) ( )
2
ABC A MC B MC ABC A MC B MC
S MC d d S d d

    

 

min
ABC
S


tại
3
14
m 

Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình là
:3 14 36 0xy   
.
0,25
7
(1,0đ)
Ta có
2.2 1.( 1) 2.3 7
4
( ,( )) .
3
4 1 4
d A P
   



Phương trình mặt cầu
2 2 2
16

( ):( 2) ( 1) ( 3) .
9
S x y z     

0,25
Mặt phẳng (P) có một véctơ pháp tuyến
(2; 1;2)n 
.
Gọi
d
là đường thẳng đi qua
(2; 1;3)A 
nhận
(2; 1;2)n 
làm véctơ chỉ phương.

d
:
2 1 3
.
2 1 2
x y z  



0,25
Tọa độ tiếp điểm của (S) và (P) chính là giao điểm của
( ) ( ).M d P

( ) (2 2 ; 1 ;3 2 )M d M t t t     

.
4
( ) 2(2 2 ) ( 1 ) 2(3 2 ) 7 0 .
9
M P t t t t            

0,25
Suy ra
10 5 19
;;
9 9 9
M




là tiếp điểm của (S) và (P).
0,25
8
(1,0đ)
22
ln 1 2 ln 1 2 (1)
16 2 1 0 (2)
xy
x y xe ye
x xy y

    



   




Điều kiện:
11
;
22
xy   
.
Xét hàm số
( ) ln 1 2
t
f t te t  
, thì
(1) ( ) ( )f x f y
.
Ta có
2
1 2 1
'( ) (1 ) ; ''( ) (2 ) 0, .
1 2 (1 2 ) 2
tt
f t t e f t t e t
tt
         


Suy ra

'( )ft
đồng biến với
1
.
2
t 

0,25


5
Mà
'(0) 0 '( ) 0f f t  
với
1
0
2
t


;
'( ) 0ft
với
0.t 

Vậy
()ft
nghịch biến trên khoảng
1
;0

2




và
()ft
đồng biến trên khoảng
(0; )
(*).
0,25
Nếu
0xy 
, thì vế trái của (2) >0

(2) vô nghiệm, suy ra hệ vô nghiệm.
Với
0xy 
, thi x và y cùng dấu, kết hợp với (*) ta được
xy
.
0,25
Với
xy
thay vào (2) ta được
2
1
13 1
13
xx   

.
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là
1 1 1 1
( ; ) ; , ;
13 13 13 13
xy

   

   
   
.
0,25
9
(1,0đ)
Cho
, , 0
1.
abc
abc



  

Chứng minh rằng:
3
4
( 1) ( 1) ( 1)
3

b c a
a b c
a b c
(1).
Ta có :
4
(1) ln 1 ln 1 ln 1 3 ln
3
b c a
a b c
a b c
(2)
Ta có:
1
0
ln 1 ln 1 ln 1
1 1 1
b c a b c a
a b c dx
a b c ax bx cx
.
0,25
Do đó
1
0
4
(2) 3 ln
1 1 1 3
b c a
dx

ax bx cx
.
0,25
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:
1 1 1
b c a
ax bx cx

2 2 2
( 1) ( 1) ( 1)
b c a
b ax c bx a cx
2
()
()
a b c
ab bc ca x a b c

0,25

13
1
3
1
3
x
x
(vì
2
3( ) ( ) 1ab bc ca a b c     

)
11
00
34
3 ln .
1 1 1 3 3
b c a
dx dx
ax bx cx x

0,25
(Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.)
Hết