ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA lần i năm học 2015 – 2016 bồi dưỡng (9)

SỞ GD & ĐT BẮC NINH

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 NĂM 2014 - 2015
Môn: TOÁN, Khối 10
(Đáp án – thang điểm gồm 03 trang)

TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Câu
Đáp án
I
1.(1.5 điểm) Tìm tập xác định của hàm số…
(2.5 điểm)
x − 3 ≥ 0
 2
Hàm số xác định ⇔ x − 5x − 6 ≥ 0
x−7 −4 ≠ 0


Điểm

0.5

x ≥ 3
x ≥ 6

⇔  x ≤ −1 ∨ x ≥ 6 ⇔ 
x ≠ 11
x ≠ 3,x ≠ 11


0.5

Vậy tập xác định của hàm số là D =  6;11) ∪ ( 11; +∞ )

0.5

2. (1.0 điểm) Giải bất phương trình...
 2
x − x − 12 ≥ 0

BPT ⇔ x2 − x −12 < 6 − x ⇔ 6 − x > 0
 2
2
x
−
x
−
12
<
6
−
x
(
)



x ≤ −3 ∨ x ≥ 4
x ≤ −3


⇔ x < 6
⇔
4 ≤ x < 48
11x < 48

11


0.5

0.5

 48 
÷
 11 

(

Vậy bpt có tập nghiệm là: T = −∞; −3 ∪  4;
II
Giải phương trình...
(1.0 điểm) ĐKXĐ: x ≥ −1
PT ⇔

( 2x − 1)

2

+ 5 ( x + 1) = 2 ( 2 x − 1) + 7 x + 1 (1)

Nhận thấy x = −1 không thỏa mãn phương trình ⇒ x ≠ −1 .
Với x > −1 . Ta có: (1) ⇔
Đặt t =

2x − 1
x +1

( 2x − 1)
x +1

2

+ 5 = 2.

2x − 1
x +1

0.25

+7

thì phương trình trở thành:


7
2 t + 7 ≥ 0
t ≥ −
2
2 ⇔ 

t + 5 = 2t + 7 ⇔  2
t + 5 = ( 2 t + 7 )
3t 2 + 28t + 44 = 0


0.25

2


7
t ≥ −
⇔
⇔ t = −2
2
t = −2 ∨ t = −22 / 3

2x − 1
= −2 ⇔ 2 x + 1 = 1 − 2 x
Với t = −2 ⇒
x +1

Trang 1/3

0.25
0.25


−1 < x ≤ 1 / 2
−1 < x ≤ 1 / 2

−1 < x ≤ 1 / 2
2− 7

⇔
⇔ 2
⇔
2± 7 ⇔ x = 2
2
4 x − 8x − 3 = 0
4(x + 1) = (1 − 2 x)
x =

2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

2− 7
.
2

III
1. (1.0 điểm) Tìm m ….
(2.5 điểm) Ta có: f ( x ) ≥ 6, ∀x ∈ ¡ ⇔ x 2 − 2mx + 4m + 3 ≥ 6, ∀x ∈ ¡

0.5

⇔ x 2 − 2 mx + 4 m − 3 ≥ 0, ∀x ∈ ¡
⇔ ∆ ' ≤ 0 ⇔ m 2 − 4m + 3 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 3
Vậy 1 ≤ m ≤ 3 là giá trị cần tìm.
2. (1.5 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để...
Gọi đồ thị của hàm số đã cho là (Pm ) . Hoành độ giao điểm của (Pm ) với trục

0.25
0.25

Ox là nghiệm của phương trình: x − 2 mx + 4 m + 3 = 0 (*)

25

2

0.

(Pm ) cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt
m < 2 − 7
2
(**)
⇔ ∆ ' > 0 ⇔ m − 4m − 3 > 0 ⇔ 
 m > 2 + 7
Giả sử A(x1; 0), B(x 2 ; 0) với x1 ;x 2 là nghiệm của (*)

0.25

Áp dụng định lý Vi-ét ta có: x1 + x 2 = 2 m và x1x 2 = 4m + 3
uur
uur
Ta có: IA = ( x1 + 2; − 3) , IB = ( x 2 + 2; − 3) . Để tam giác IAB vuông tại I
uur uur
IA.IB = 0 ⇔ ( x1 + 2 ) ( x 2 + 2 ) + 9 = 0
⇔ x1x 2 + 2 ( x1 + x 2 ) + 13 = 0
⇔ 4 m + 3 + 4 m + 13 = 0 ⇔ 8m + 16 = 0 ⇔ m = −2 (thỏa mãn đk (**))

Vậy m = −2 là giá trị cần tìm.
IV
Tính giá trị biểu thức…
(1.5 điểm)
16
4
Từ đẳng thức sin 2 α + cos2 α = 1 ⇒ cos2 α = 1 − sin 2 α =
⇒ cosα = ± .
25
5

π
4
Vì < α < π ⇒ cosα < 0 nên cosα = − .
2
5


π
π
Ta có: A = 2 sin  α + 671π + ÷− sin  2α + 1007π + ÷
3
2



(

)



π
π
= −2 sin  α + ÷+ sin  2α + ÷ = − sin α + 3cosα + cos ( 2α )
3
2



0.5

0.5

0.5

0.5

= − sin α − 3cosα + 1 − 2 sin 2 α
2

 4
3
3
20 3 − 8
= − − 3  − ÷+ 1 − 2  ÷ =
5
25
 5
 5

20 3 − 8
.
25
1.(0.5 điểm) Chứng minh AC ⊥ DM .
Vậy A =

Trang 2/3

0.5


V
(1.5 điểm)

M

A

B

Ta có:

uuur uuuu
r
uuu
r uuur uuuu
r uuur
AC.DM = AB + AD . AM − AD

(

uuu
r uuur  1 uuu
r uuur 
= AB + AD .  AB − AD ÷
2


(

)(

)

)

0.25

1 uuur2 uuur 2
AB − AD = AD2 − AD2 = 0 (Vì AB = AD 2 )
2

0.25

2.(1.0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác..
+ Gọi d và ∆ lần lượt là các đường trung trực
các cạnh AB, AC; vì ∆ABC cân tại A nên d và
∆ đối xứng nhau qua đường cao AH. (*)
+ Gọi M ' là giao điểm của d với đt đi qua M và
song song với BC ⇒ phương trình đt

MM ' :x − y − 4 = 0
+Tọa độ của M ' = MM '∩ d là nghiệm của hệ

0.25

=
C

D

2 x − y − 6 = 0
x = 2
⇔
⇒ M '(2; −2)

x − y − 4 = 0
 y = −2
+ Do (*) nên ta suy ra M, M ' đối xứng nhau qua
AH, nên I = MM '∩ AH là trung điểm của MM’
⇒ I(4; 0)
+ Khi đó pt đ/cao AH đi qua I và vuông góc với
BC là x + y − 4 = 0 .
+ Tọa độ H = AH ∩ BC là nghiệm của hệ

A

M'

I
E

B

M

H

⇒ AC ⊥ DM

C

0.25

x + y − 4 = 0
x = 2
⇔
⇒ H(2; 2)

x − y = 0
y = 2
+ Gọi A(a; 4 − a); B(b; b)
 a+ b 4−a+ b
⇒ trung điểm E 
;
÷ nằm trên
2
 2

trung
uuur trực cạnh AB nên: u3ura + b = 16

AB = (b − a; b + a − 4) ⊥ ud = (1; 2) ⇒ a + 3b = 8
3a + b = 16
a = 5
⇔
⇒ A(5; −1); B(1;1) ;Vì H là trung điểm BC
+ Ta có hệ: 
a + 3b = 8
 b =1
nên ta được C(3; 3) .Vậy A(5; −1); B(1;1) ; C(3; 3) .
VI
Ta có: y =
(1.0 điểm)

( x − 2) + 1 + ( x + 4) + 5
r
r
Xét hai véctơ u = ( 2 − x;1) , v = ( x + 4; 5) . Ta luôn có:
2

r r r r
u + v ≥ u+v ⇔ y =

2

2

( 2 − x)

2

( x + 4)

2

+ 52 ≥ 62 + 6 2 = 6 2
r
r
r
r
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai vectơ u và v cùng hướng ⇔ u = kv(k > 0)
⇔

+ 12 +

2

0.25

0.25
0.25
0.25

0.25

2−x x+4
=
⇔ x =1
1
5

Vậy min y = 6 2 khi x = 1
Chú ý: Các cách làm khác của học sinh lập luận đúng, chặt chẽ đều cho điểm tối đa.
Trang 3/3

0.25