Đáp án đề thi thử môn toán kỳ thi THPT quốc gia trường THPT Lê Hồng Phong năm 2015

Trang 1/4

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đáp án – thang điểm có 4 trang)
Câu
Nội dung
Điểm
1
(2,0 đ)

a) (1,0 điểm)
* Tập xác định : D = IR\{-1}.
* Sự biến thiên của hàm số
- Chiều biến thiên:

2
1
y' 0, x
(x 1)

   

D.
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ; 1),( 1; )   
.

0,25
- Giới hạn và tiệm cận:
lim


x
y
,
lim


x
y
,
()
lim



 
x
y
,
()
lim


 
x
y
.
Đồ thị
)(C
nhận đường thẳng y = 1 làm đường tiệm cận ngang
và nhận đường thẳng x = -1 làm đường tiệm cận đứng.
- Cực trị: Hàm số không có cực trị.
0,25
- Bảng biến thiên:
x
-

-1


y’
- -

y
1






-

1

0,25
* Đồ thị
)(C
: điểm đặc biệt (0; 2) và (-2; 0)
Đồ thị nhận I(-1; 1) làm tâm đối xứng


0,25
b) (1,0 điểm)

Xét phương trình hoành độ giao điếm:
2
x1
x2
xm
x1
x mx m 2 0(1)





  


   



0,25

Trang 2/4



Phương trình (1) có
22
m 4(m 2) m 4m 8 0, m        
và
2
( 1) m m 2 0    
nên
(d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt
1 1 2 2
A(x ;x m);B(x ;x m)

0,25
Ta có:
2 2 2 2 2
1 1 1 1
OA 2x 2mx m 2(x mx m 2) m 2m 4 m 2m 4            

Tương tự,
2
OB m 2m 4  

0,25
2
2
2
1
m 2m 4 4
ycbt m 2
m 2m 4
m0
O AB



  

   









0,25

2
(1,0 đ)




Điều kiện:








x
9
x
96
x log 6
3
3
2
.
0,25

   
xx
22
PT log 2(9 6) log (4.3 6)

0,25



        




x
x x x
x
31
9 2.3 3 0 3 3 x 1
33

0,25
x =1 thỏa mãn đkxđ. Vậy pt có nghiệm x = 1
0,25
3
(1,0 đ)




Ta có:
  
    
  

4 4 4
3
12
22
1 1 1
ln(5 x) x ln(5 x)
I dx dx xdx I I
xx

4
1
2
1
ln(5 x)
I dx
x




2
dx
u ln(5 x)
du
5x
1
v'
1
v
x

x


















0,25

44
1
11
4
1 1 1 1 1 4 6
I ln(5 x) dx 2ln2 dx 2ln2 ln2 ln2
1
x x(5 x) 5 x 5 x 5 5



        





0,25

4
2
2
1
4
x 15
I xdx
1
22
  


0,25
Vậy
15 6
I ln2
25


0,25
4

(1,0 đ)




Gọi E là trung điểm AC suy ra
BE (SAC) BE SC  

0,25
Vẽ EF vuông góc với SC tại F, ta có
SC BF
suy ra

0
EFB 60
là góc giữa
(SAC)
và
(SBC)

Tam giác BEF vuông tại E nên EF =
a2
23

0,25
Tam giác SAC đồng dạng với tam giác EFC, suy ra:
3SA SC SA a  

0,25

Trang 3/4

Thể tích
3
ABC
1a
V S .SA
36


0,25
5
(1,0 đ)








 
P
AB ( 1; 2;1);n (2; 1;2) n AB;n 3;4;5


        

    

0,25

Phương trình mặt phẳng (P) là: -3x + 4y +5z =0
0,25
6 1 2 1
8
R d(A;( ))
3
9
  
   

0,25
PT mặt cầu (S) là:
     
2 2 2
64
x 3 y 1 z 1
9
     

0,25
6
(1,0 đ)



PT
  

2sinx 1 cosx sinx 1 0    

0,25


1
sinx
2
sinx cosx 1





  



0,25

x k2
6
5
x k2
6
x k2
2
x k2



  




  





  


   


0,50

7
(1,0 đ)




Gọi
n(a;b)

là vtpt của CD (
22

a b 0
)
Phương trình CD là: ax + by + a + b = 0
 
BCD ACD
2.S
S S 8 d A,CD 2 d(M,DC) 1
CD
      




0,25
2
22
2a b
a 0;b 1 CD: y 1 0
1 3a 4ab 0
a 4;b 3 CD:4x 3y 7 0
ab

   

      

    



Với CD: y + 1 = 0
22
d7
D(d, 1);CD 4AB 64
d 9(L)


    




0,25
1
D(7; 1),AB DC ( 4;0) B( 9; 3)
2
      
 



0,25
Với CD: 4x + 3y + 7 = 0
2
2
4d 7 25(d 1)
D d; CD 64
39
  


   


(loại)
Vậy B(-9; -3)
0,25
8
(1,0 đ)


ĐK:
y x 2 0
, đặt
2
t x 2y

PT thứ nhất trở thành:
t 2 2t
t 2 t 2 t
t 2 2t
2 3 2 3
2 3 (2 9 ).5 f(t 2) f(2t)
55




       
(3)
0,25

Trang 4/4



Xét hàm số:
xx
x
x
2 3 1 3
f(x) 2
5 5 5

   
  
   
   
là hàm số luôn nghịch biến trên

nên từ
(3) suy ra t = 2
0,25
2
t 2 2y x 2   

thế vào phương trình thứ 2 ta được

x2
4 4 4x 4 x 2x 2    

 
2
x 1 s 2
4 x 1 x 1 1 4 s s 1

         

(4)
Do




22
s s 1 s 1 s 1    
nên

s2
4 s 1 s

  

(5)
0,25
(4) trừ (5) ta có:
ss
4 4 2s 0

  
(*)

xx
f(x) 4 4 2x

  

xx
f '(x) ln4(4 4 ) 2 2ln4 2 0

      
nên hàm số đồng biến,
suy ra
s0
là nghiệm duy nhất của phương trình (*)
Vậy hệ có nghiệm
 
1
x,y 1,
2






0,25
9
(1,0 đ)

Giả thiết ta có:
     
x yz yz z y 1 z 1 y 1 x y y 1          

Tương tự,
  
y zx x y x 1   


  
z xy x 1 y 1   

0,25
Nên
               
2 2 2 2
x y z 2 x y x y z 2
P
x y y 1 x y x 1 x 1 y 1 x y x 1 y 1 x 1 y 1
    
    
          
Ta có:
 
  
 
22
22
x y x y 2
x y ; x 1 y 1

24
  
    

0,25
Nên
   
   
 
 
 
 
 
 
2
22
2 2 2 2
4 z 2 4 z 2
2 x y 4 x y 2 x y 4
P
x y 2 x y x y 2 x y 2 x y 2

    
   
        

0,25
 
 
2

2
4 z 2
2
f(z),
z1
z1

  


z>1
Lập BBT ta được
13
f(z)
4

hay minP=
13
4
khi
z3
x y 1






0,25

Hết