Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 2015 số 33

1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 3
Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút


Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
1
o
. Tập xác định:
.
D



2
o
. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim
x
y


lim .
x
y

 

* Chiều biến thiên: Ta có
3
' 4 ;
y x x
 
0 2 2
' 0 ; ' 0 ; ' 0
2 2 0 0 2.
x x x
y y y
x x x
   
  
     
  
      
  

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng




2; 0 , 2; ;
  
nghịch biến trên mỗi
khoảng





; 2 , 0; 2 .
 

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0, 3,
CĐ
x y
 
hàm số đạt cực tiểu tại
2,
x
 

1.
CT
y
 

0,5
* Bảng biến thiên:

3
o
. Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.

0,5
b) (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với

4 2 4 2
1 1
2 2 3 3.
4 4 4 4
m m
x x x x
      

Đồ thị hàm số
3
4
m
y
 
là đường thẳng d song song hoặc trùng với trục hoành.
Số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm của d với đồ thị (C).
0,5

Câu 1.
(2,0
điểm)
Từ đồ thị ở câu a) suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi
1 3 3 16 0.
4
m
m
       

0,5
x

O
y

2
1


3

2


x
'y
y

2








2

3





1


–
0
0

+

0

+

–
0




1



2
a) (0,5 điểm)
Ta có
     
2 2

cos 2 sin 2 2 cos 2 sin 4 cos sin .
A
     
          
Mặt khác
 
2
7 16
cos sin 1 sin 2 1 .
9 9
  
     
Do ;
2

 
 
  
 
 
, nên
cos 0, sin 0.
 
 
Suy ra
4
cos sin .
3
 
  

Khi đó
16
.
3
A 
0,5
b) (0,5 điểm)

Câu 2.
(1,0
điểm)


Ta có
 


2
16 1 3
16
1 3 2 2 3 2 2 3 .
4
1 3
i
w i i i
i

        


Suy ra
4.
w


0,5

Câu 3.
(0,5
điểm)
*) Điều kiện:
1.
x


Với điều kiện đó phương trình đã cho trở thành









2
2 3 2 3 2 3 2 3
log 1 log 3 log 1 log 2 1
x x x x
   

      


 
 
2 2
2 3 2 3
1 17
log 3 log 2 1 3 2 1 .
4
x x x x x
 

         
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là
1 17
.
4
x



0,5
*) Điều kiện:
1
.
2
x
 

Bất phương trình đã cho tương đương với

   
2
1 2 3 1 2 1 0
x x x x
 
    
 


       
2
1 2 1 3 1 2 1 2 2 1 0
x x x x x
 
        
 


 


 
1 1 2 2 1 2 1 2 1 0
x x x x x
 
        
 

 


1 1 2 2 1 0,
x x x
     
(1)
do


2 1 2 1 0,
x x    với mọi
1
.
2
x
 

0,5

Câu 4.
(1,0
điểm)
Xét hai trường hợp sau:
+)
1
x

. Khi đó

2
3 2 3
(1) 1 2 2 1 0 6 3 0
3 2 3.
x
x x x x
x

 
         

 



Kết hợp điều kiện ta được nghiệm
3 2 3.
x  
+)
1
1.
2
x
  
Khi đó

2
(1) 1 2 2 1 0 6 3 0 3 2 3 3 2 3.
x x x x x             

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm
3 2 3 1.
x
  

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là
3 2 3 1
x
  
và
3 2 3.
x  
0,5
Ta có


3 1 0, 0
x
x x
   
và


3 1 0 0.
x
x x
   
Do đó thể tích khối tròn xoay
cần tính là

 
1
0
3 1
x
V x dx

 

1 1 1
0 0 0
3 3 .
2
x x
x dx xdx x dx

  
   
  
(1)
0,5

Câu 5.
(1,0
điểm)
Tính
1
0
3
x

x dx

. Đặt
; 3
x
u x dv dx
 
. Suy ra
3
; .
ln3
x
du dx v 







3
Theo công thức tích phân từng phần ta có

1 1
2 2
0 0
1 1
3 1 3 1 3 2
3 3 3 .
0 0

ln 3 ln 3 ln 3 ln 3 ln 3 ln 3
x
x x x
x
x dx dx     
 

Thay vào (1) ta được
2
3 2 1
.
ln3 ln 3 2
V

 
  
 
 


0,5

Gọi
.
O AC BD
 

Từ giả thiết suy ra
' ( ).
A O ABCD



2
0
3
. .sin120 .
2
ABCD
a
S BC CD 

Vì

0
120
BCD 
nên

0
60
ABC ABC

 
đều.
2 2
2 2
49
' ' 2 3 .
4 4
AC a

a a
A O A A AO a
 
     

Suy ra
3
. ' ' ' '
' . 3 .
ABCD A B C D ABCD
V A O S a
 


0,5

Câu 6.
(1,0
điểm)
Hạ
( ' ')
OH ABB A

tại C. (1)
Vì
'/ /( ' ')
DD ABB A
nên





', ( ' ') , ( ' ') .
d D ABB A d D ABB A


Vì O là trung điểm BD nên




, ( ' ') 2 , ( ' ') 2 .
d D ABB A d O ABB A OH
 
(2)
Vì
AC BD

và
' ( )
A O ABCD

nên
'
OABA
là tứ diện vuông tại đỉnh O. Suy ra

2 2 2 2 2
1 1 1 1 65 2 195
.

' 12 65
OH a
OH OA OB OA a
      (3)
Kết hợp (1), (2) và (3) suy ra
 
4 195
', ( ' ') 2 .
65
d D ABB A OH a
 

Chú ý: Thí sinh có thể hạ
, ' .
OK AB OH A K
 
Tính
OK
suy ra
.
OH

0,5
Gọi H, E là trung điểm MN, BC
(2; 1).
H


Từ giả thiết suy ra ,
IAMB IANC

là các
hình thoi. Suy ra ,
AMN IBC
là các tam
giác cân bằng nhau.
Suy ra , ,
AH MN IE BC AHEI
 
là hình
bình hành.
Suy ra G cũng là trọng tâm
HEI HG



cắt IE tại F là trung điểm IE.

0,5

Câu 7.
(1,0
điểm)
Vì BC // MN và
(2; 1) .
K BC
 
Suy ra
: 1 0.
BC y
 

Từ
8
(2; 1), ; 0
3
H G
 
 
 
và
3 1
3; .
2 2
HF HG F
 
  
 
 
 

Từ
: 3 (3; 1).
FE BC pt EF x E
    

Vì F là trung điểm IE nên
(3; 0), 5.
I R IA HE  

Suy ra

2 2
( ): ( 3) 5
C x y
  
hay
2 2
6 4 0.
x y x
   

0,5
Ta có
(2; 2; 1), (2; 1; 2).
P
AB n   
 

Vì
. 0
( )
P
AB n
A P








 
nên AB // (P).
0,5

Câu 8.
(1,0
điểm)
Ta có
' ( )
AA P

nên
'
(2; 1; 2)
AA P
u n  
 
.
Suy ra phương trình
2 3 1
': .
2 1 2
x y z
AA
  
 


Vì
'

AA
cắt (P) tại
( 2; 1; 3)
H
  
mà H là trung điểm
'
AA
nên suy ra
'( 6; 1; 7).
A
 

0,5
C
B
M
A
N
E
I
H
F
K
G
A
H
B
C
D

O
K
'
B

'
A

'
D

'
C


4

Câu 9.
(0,5
điểm)
Ta có
7
a
là hệ số của
7
x
có trong
( ).
P x
Các số hạng của

( )
P x
mà khai triển ra chứa
7
x

gồm




7 8
7 1 2 , 8 1 2
x x
 
và
 
9
9 1 2 .
x


Theo Nhị thức Niu-tơn ta có
     
7 7 7
7 7 7 7
7 7 8 9
7. . 2 8 . 2 9 . 2 395 2 50560.
a C C C          

0,5
Từ giả thiết ta có
xz y

.
Chú ý rằng, với mọi
, 0
x y

và mọi
,
a b
ta có
 
2
2 2
.
a b
a b
x y x y

 

(1)
Thật vậy, (1) tương đương với
 
2
0.
ay bx
 

Khi đó
 
 
 
 
2 2
3 3
2 2 3 3 3 3
2 2
1 1 1 1
1 1
4 1 4 1
x y y z
xy yz
P y y
z x x z x z
z x
 
   
       
   
 
 
   


 
 
 

 
2 2
3
3 3
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
4 4
x y y z
y
x z
x z y z x y x z
 
 
   
 
     
 


2 2 2 2
3
2 2 2 2 2 2 2 2 3 3
1 1 1 1
4 4
x y y z
y
x z y z x y x z x z
   
 
     

 
   
   
 
   


2 2 3 3
2 2 2 2 3 3
2
2
3
2
3
1 1
4 4
1 1
3
4 8
1 1
3
4 8
1 1 1
3 .
4 8 4
y y y y
y z x y x z
y y y y y y y
z x z x z x xz
y y y y y y y

z x z x z x xz
y y y y y y y y
z x z x z x z x
   
    
   
 
   
 
     
      
 
     
 
     
 
     
      
     
     
       
       
      
      
2




3

1 1 1
.
4 8 4
y y y y
z x z x
   
     
   
   

0,5

Câu 10.
(1,0
điểm)
Đặt
2
, 2 2.
y y y
t t
x z xz
   
Khi đó
3
1 1 1
.
4 8 4
P t t
   

Xét hàm số
3
1 1 1
( )
4 8 4
f t t t
   
với
2.
t

Ta có
2
3 1
'( ) 0
4 8
f t t
   
với mọi
2.
t


Suy ra
[2; )
3
max ( ) (2) .
2
f t f


  

Suy ra
3
,
2
P
 
dấu đẳng thức xảy ra khi
1
.
3
x y z  

Vậy giá trị lớn nhất của P là
3
2

, đạt được khi
1
.
3
x y z  
0,5