Đáp án đề thi thử môn toán kỳ thi THPT quốc gia trường THPT số 3 Bảo Thắng năm 2015

Trang 1/5

TRƯỜNG THPT SỐ 3 BẢO
THẮNG
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN

(Đáp án – thang điểm có 5 trang)
Câu
Nội dung
Điể
m
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
' 0,
( 1)
   

yx
x
D.
- Hàm số đồng 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 = -2 làm đường tiệm cận ngang
và nhận đường thẳng x = 1 làm đường tiệm cận đứng.
- Cực trị: Hàm số không có cực trị. (Cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị)
0,25
- Bảng biến thiên:
x
-

1


y’
+ +

y
+


-2



-2 -



0,25
* Đồ thị
)(C
:

0,25
b) (1,0 điểm)


Trang 2/5



Phương trình hoành độ:
 
2
2x m 4 x m 1 0(1)
2x 1
2x m
x1
x1


    


   






Đường thẳng
y 2x m  
cắt (C) tại hai điểm phân biệt

phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt khác 1
0,25
   
2
2
m 4 8 m 1 0
m 8 0, m
10

   

    







0,25
Vậy với mọi m đường thẳng y = -2x + m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt có hoành
độ
1 2 1 2
x ,x ,x x

Theo Vi-et,
1 2 1 2
m 4 m 1
x x ;x x
22

  

0,25
 
1 2 1 2
7 m 1 m 4 7 22
x x 4 x x 4 m
2 2 2 2 3
  

       



Vậy m =
22
3


0,25
2
(1,0 đ)




ĐK:
3
sin x
2


PT
sinx 3cosx 0  

0,25
13
sinx cosx 0 cos x 0
2 2 6


     



0,25
x k ,k
3

    

0,25
Đối chiếu điều kiện ta có
x k2 ,k
3

   
là nghiệm của phương trình
0,25
3
(1,0 đ)




e e e
2
1 1 1
1 4ln x 1 1 1 (2lnx 1)dx 1 dx
I
4 x(1 2lnx) 4 x 4 x(1 2lnx)
  

  

  

0,25
ee
11
1 1 d(2lnx 1)
(2ln x 1)d(2ln x 1)
8 8 1 2ln x

  




0,25
=
2
ee
11
(2ln x 1) ln 1 2lnx
11
16 8

  



0,25

=
1
ln3
8

0,25
4
(1,0 đ)


a,
 
1 3i 1 7
1 2i z 2 i z i
1 i 5 5

      


0,25

z2

0,25
b,
15
15 k 5k
k
15 15
5

k k k k
3
36
2
15 15
k 0 k 0
2
f(x) x C x .x .2 C 2 .x ,0 k 15,k
x





      







Trang 3/5

Hệ số không chứ x ứng với k thỏa mãn:
5k
5 0 k 6
6
   

Vậy hệ số cần tìm là: 320320
0,25



5
(1,0 đ)








 
4
d(A, )
3



0,25
Vì
   

nên phương trình
 

có dạng:

x 2y 2z d 0,d 1     

0,25
   
 
5d
4
d A,( ) d A,
33

    


d1
d9







d = -1 (loại)
Với d = -9 thì phương trình
 

là: x + 2y -2z – 9 = 0
0,50
6
(1,0 đ)

Goi I là trung điểm đoạn AB
     
SI AB, SAB ABCD SI ABCD    

Nên

 
 

00
a 3 3a
SCI SC, ABCD 60 ,CI SI CI.tan60
22
     

0,25
Gọi M là trung điểm của đoạn BC, N là trung điểm của BM
a 3 a 3
AM IN
24
  

Ta có:
2 2 3

ABCD ABC S.ABCD
a 3 1 a 3 3a a 3
S 2S V
2 3 2 2 4

    

0,25
Ta có:
 
BC IN,BC SI BC SIN   

Trong mặt phẳng
 
SIN
kẻ
IK SN,K SN

Ta có:
   
 
IK SN
IK SBC d I, SBC IK
IK BC


   




0,25
 
 
 
 
2 2 2
1 1 1 3a 13 3a 13 3a 13
IK d I, SBC d A, SBC
IK SI IN 26 26 13
       

0,25

Trang 4/5

7
(1,0 đ)




ĐK:
2x y 1 0
x 2y 0
x0
1
y
3
  















 
(1) 2x y 1 x 3y 1 x 2y 0
x y 1 x y 1
0
2x y 1 x 3y 1 x 2y
11
x y 1 0
2x y 1 x 3y 1 x 2y
y x 1(3)
2x y 1 x 3y 1 x 2y(4)
        
   
  
     

    



     





      



0,25
x1
(4) 2x y 1 x 3y 1 x 2y x 3y 1 y (5)
3

            

0,25
Từ (3) và (2) ta có:
           
2 3 2 2
x 1 y 0
x 1 x 2 2 x 1 x 1 x 1 x 5 0
x 5 y 4
  

          


  



0,25
Từ (5) và (2) suy ra:
         
2 3 2 2
21
x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 (25x 59) 0 x 1
27 9
           

Vậy hệ đã cho có nghiệm (x;y) = (1;0), (5;4)
0,25
8
(1,0 đ)

Gọi G là điểm đối xứng của M qua O
G(1; 3) CD  

Gọi I là điểm đối xứng của N qua O
I( 1;5) AD  

0,25
Phương trình cạnh MO qua M và có VTCP
MO

là: 9x – 5y – 24 = 0

Phương trình cạnh NE qua N và vuông góc với MO là: 5x + 9y – 22 = 0
Gọi E là hình chiếu của N trên MG
163 39
E NE MG E ;
53 53

    



0,25
Lại có:
 
NJ MG
NE MG (k 0,k ) J 1;3
NE kNJ




     




 

vì
NE,NJ
 
cùng chiều
Suy ra phương trình cạnh AD: x + 1 = 0
9
OK
2


Vì KA = KO = KD nên A, O, D thuộc đường tròn tâm K đường kính OK
0,25

Trang 5/5

Đường tròn tâm K bán kính OK có phương trình:
 
2
2
3 81

x 1 y
24

   



Vậy tọa độ A và D là nghiệm của hệ :
 
2
2
x1
3 81
y6
x 1 y
24
x1
x 1 0
y3








   




















Suy ra A(-1; 6); D(-1; -3)

C(8; -3), B(8; 6). Trường hợp D(-1; 6), A(-1; -3) loại do M
thuộc CD.
0,25
9
(1,0 đ)



 
         
22

33
xy
x y x y xy 1 x 1 y x y 1 x 1 y (1)
yx

          



Ta có:
 
22
xy
x y 4xy
yx

  


và
    
1 x 1 y 1 x y xy 1 2 xy xy
1
1 2 xy xy 4xy 0 xy
9
        
      

0,25
Ta chứng minh được:

22
1 1 1
(x,y (0;1))
1 x 1 y 1 xy
  
  

22
22
1 1 1 1 2 2
22
1 x 1 y 1 xy
1 xy
1 x 1 y
   
    
   
  


   


0,25
 
 
2
22
3xy x y xy x y xy
2 2 1

P xy t,t xy,0 t
9
1 xy 1 t
     
       


0,25
Xét hàm số:
21
f(t) t, 0 t
9
1t

   




Ta tìm được max f(t) =
1 6 10 1 1
f ,t 0;
9 10 9 9
   
  
  

   

0,25
Hết