Đề thi THPT quốc gia môn toán 2015 và hướng dẫn giải chi tiết

Đ

–

H
NG D N GI I CHI TI T
THI THPT QU C GIA MÔN TOÁN
TEAM GI I
L

:

NG V N THI N – T NG H I TUÂN – NGUY N V N QU C TU N – NGUY N NG C ANH
NGUY N V N H

NG – H

V N DIÊN – BÙI V N C

NG – TR N TRÍ KIÊN

Các em t làm
Câu 2. Tìm giá tr l n nh t, gt nh nh t c a f(x) = x +

4
trên [1; 3]
x

i
Theo b t đ ng th c Co – si cho 2 s d
4

x

x+

2 x.

4
=4
x

ng x và

4
ta có:
x

4
x = 2 [1; 3]
x
4
V y GTNN c a f(x) = x + là 4 khi x = 2
x
l
D u b ng x y ra

x=

[1; 3] nên ta có (x

Vì x

1)(x

3)

0

x

4x + 3

0

x+

3
x

4

4
3 1
1
= x+ +
4+ = 5
x
x x
1
D u b ng x y ra khi và ch khi = 1 nên giá tr l n nh t c a f(x) là 5 khi
f(x) = x +

(x

Tính tích phân I =

I=

(1

(0

3)e

(x

3)e

= 1.

3)e dx

3)e dx =

e d(x) =

(x

3)d(e ) = (x

2e + 3

e

1
=
0

3)e

2e + 3

1
0
(e

e d(x

1) =

3)

3e + 4

.
a) Cho s ph c z th a mãn(1 i)z 3 + 5i = 0. Tìm ph n th c và ph n o c a z.
b) Gi i ph ng trình log (x + x + 2) = 3
i

a) (1

(1

i)z

1 + 5i = 0

i)z = 1

5i
z=3

z=

1 5i
1 i

z=

(1 5i)(1 + i)
(1 i)(1 + i)

z=

1

2i
Trang 1 –

5i + i
1 i

5i

z=

6

4i
2


Đ

–

V y ph n th c và ph n o c a z l n l

t là 3 và -2.

b)

log (x + x + 2) = 3

7
1
+ >0
4
2
x +x 6=0

x +x+2 >0
x +x+2= 2

x+

x +x

6=0

x=2
x= 3
K t lu n: V y ph ng trình có nghi m x = 2 ho c x = 3
Trong không gian v i h t a đ Oxyz cho các đi m A(1; 2; 1) và B(2; 1; 3) và m t ph ng
(P): x y + 2z 3 = 0. Vi t ph ng trình đ ng th ng AB và tìm t a đ giao đi m đ ng th ng
AB v i m t ph ng (P).
(x

2)(x + 3) = 0

Có AB = (1; 3; 2)
Ph ng trình đ ng th ng AB qua A(1; 2; 1) nh n AB = (1; 3; 2) là VTCP là
x 1 y+2 z 1
=
=
3
2
1
T a đ giao đi m c a đ ng th ng AB và m t ph ng (P) là nghi m c a h
x 1 y+2 z 1
x=0

=
=
y
= 5
1
3
2
x y + 2z 3 = 0
z= 1
a) Tính giá tr bi u th c P = (1

3 cos

)(2 + 3cos2 ), bi t sin

= .

1
3
3
14
2
cos 2x = 1 2 sin =
P= 1
2+
=
9
9
9
9

3
b Trong đ t ng phó d ch MERS-COV, s Y t thành ph đã ch n ng u nhiên đ i phòng
chóng d ch c đ ng trong s 5 đ i c a trung tâm y t d phòng thành ph và
đ i c a các trung
tâm y t c s đ ki m tra công tác chu n b . Tính xác xu t đ có ít nh t đ i c a các trung tâm y
t c s đ c ch n.

sin

=

i:

S cách ch n đ i trong s

đ i là C

= 2300

S cách ch n đ i đ u c a các trung tâm c s là: C
S cách ch n 1 đ i c a thành ph là: C
S cách ch n 2 đ i c a c s là: C

S cách ch n 3 đ i mà có 2 đ i đ n t c s là C . C

= 1140

= 950

Suy ra:

S cách ch n đ i đ có ít nh t đ i đ n t c s là: 1140+950=2090

Xác xu t đ có ít nh t đ i đ n t c s là:
2090 209
=
~0,986
P=
2300 230

Trang 1 –


Đ

–

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông c nh a, SA vuông góc v i m t ph ng
(ABCD), góc gi a đ ng th ng SC và m t ph ng (ABCD) b ng 45 . Tính theo a th tích c a kh i
chóp S.ABCD và kho ng cách gi a hai đ ng th ng SB, AC.

Vì SA (ABCD)nên góc gi a SC và m t ph ng
(ABCD) chính là góc SCA
SCA = 45
SAC là hình tam giác vuông cân t i A (1)
Ta có ABCD là hình vuông
AC = AB 2 = a 2.
(1)
SA = AC = a 2
1

1
a 2
V
= . SA. S
= . a 2. a =
3
3
3
G i D là đi m đ i x ng v i D qua A
ACBD là hình bình hành
AD = AD = CB
AC BD
Suy ra: Kho ng cách gi a đ
d(A; SBD )) theo công th c:

S

D

D

A

C

B

ng th ng SB và AC b ng kho ng cách t A đ n mp (SBD'). Ta s tính
1
d(A; (SBD ). S

3

=V

.

=V

.

- Tính S
Vì AD BC là hình bình hành

S

Vì AS

(SAB)

=S

V

.

1
= .V
2

.

- Tính S

S

AD, AB

AD

AD

=S

G i BD

D đ i x ng v i D qua (SAB).

AC = {O}

Ta có:
SA (ABCD)
SA BD
Vì ABCD là hình vuông
BD AC
L i có tam giác SAO vuông t i A

S

=

(

;

)=

.

BD

SO =

1
1 a 10
SO. BD = .
.a 2 = a
2
2 2

3V
d A; (SBD ) =
S

a

O

(SAC)

SA + AO =

BD

SO

2a +

a
a 10
=
2
2

5

a 2
3. 6
a 10
=
=
5
a 5
2

10
.
5

Trang 1 –

=

a

2
6


Đ

–

Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy, cho tam giác ABC vuông t i A. G i H là hình chi u vuông
góc c a A trên c nh BC D là đi m đ i x ng c a B qua H, K là hình chi u vuông góc c a C trên đ ng th ng AD.
Gi s H(-5;-5), K(9;- và trung đi m c a c nh AC thu c đ ng th ng x – y + 10 = 0. Tìm t a đ đi m A.
i

Do ∠AHC
∠ =
AKC nên AHCK là t giác n i ti p. G i M là
trung đi m c a AC thì M là tâm đ ng tròn ngo i ti p t giác
AHCK.
Do đó M thu c đ
D dàng tìm đ

7x + y – 10 = 0

A
M

ng trung tr c c a HK.

c ph

ng trình đ

ng trung tr c c a HK là:

M t khác M thu c : x – y + 10 = 0 nên ta tính đ
G i CK c t AH t i P.

C

B

H

D
K

c M (0;10).

p

Suy ra:

∠PCH
∠ =
∠ KCD
= HAD (do AHKC la tu giac noi tiep)

= ∠BAH (do B doi xung voi D qua H)
=
BCA (cung phu
∠ ABC)
∠

Suy ra CH là phân giác góc ACP. Mà CH vuông góc AP. Suy ra CH v a là phân giác v a là đ
ACP là tam giác cân t i C.
Suy ra H là trung đi m AP. L i có M là trung đi m AC, suy ra HM//PC.

Mà AK ⊥ CK suy ra AK ⊥ HM
D vi t đ

c ph

ng trình AK x

Khi đó A ∈ AK, MA = MH = 5 10

y

AK đi qua K và có véc t pháp tuy n HO)

G i A ∈ AK có d ng (-3a ; a).

− a =
3−  A(9; 3) (loai vi trung K)
2
2
⇒

MA=
250 ⇔ ( −3a)2 + ( a − 10)=
250 ⇔ 
=
a 5
 A( −15;5)
V y A( −15;5)

9 Gi i ph

ng trình

x 2 + 2x − 8
= ( x + 1)
x 2 − 2x + 3

Đi u ki n: x ≥ −2 .
Ta có :

(

)

x + 2 − 2 trên t p s th c

x = 2
 2 x + 4 = x +1
 x − 2x + 3
x+2 +2

( x + 4 )( x − 2 ) = ( x + 1)( x − 2 ) ⇔ 
PT ⇔
x 2 − 2x + 3

x+2 +2

Trang 1 –

(*)

.

ng cao. Suy ra


Đ

–

Gi i (*):
Đ t:

x+4
x +1
=
x − 2x + 3
x+2 +2
2

( y ≥ 0)

x=
+2 y

Khi đó

y2 + 2

=
( x − 1) + 2
2

tr thành:

x −1+ 2
2
⇔ ( y2 + 2) ( y + 2=
) ( x − 1) + 2 ( x − 1 + 2 )
y+2

⇔ y3 + 2 y 2 + 2 y + 4 =( x − 1) + 2 ( x − 1) + 2 ( x − 1) + 4
3

2

3
2
Xét hàm s f ( t ) = t + 2t + 2t + 4 v i t ∈ R .

Ta có: f ' ( t=

) 3t 2 + 4t + 2 > 0∀t ∈ R .

Khi đó ta suy ra hàm f t đ ng bi n trên R.
Hay f ( y ) = f ( x − 1) ⇔ y = x − 1 suy ra:

x − 1=

x ≥ 1
x+2 ⇔  2
⇔
 x − 2x + 1 = x + 2

T đây k t lu n nghi m c a ph

x ≥ 1
⇔ =x
 2
x − 3x − 1 = 0

3 + 13
2


3 + 13
x=

ng trình đã cho là
2 .

 x = 2

Cho các s th c a, b, c thu c đo n [1. 3] và th a mãn đi u ki n a + b + c = 6. Tìm giá tr l n nh t
c a bi u th c
P=

a b + b c + c a + 12abc + 72
ab + bc + ac

1
abc
2

i

a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 12abc =
Đ t: x = ab + bc + ca

( ab + bc + ca )

2

(a + b + c)
⇒ ab + bc + ca ≤

3

3

=
12

( a − 1)( b − 1)( c − 1) ≥ 0 ⇒ abc ≥ x − 5
( a − 3)( b − 3)( c − 3) ≤ 0 ⇒ abc ≤ 3x − 27

Ta có: a, b, c ∈ [1; 3] Do đó 

Khi đó ta suy ra 3x − 27 ≥ abc ≥ x − 5 ⇒ x ≥ 11

x 2 + 72 1
Có: P
=
− abc
x
2
Mà abc ≥ x − 5 ⇒ P ≤

x
2

Hàm s f ( t ) = +

x 2 + 72 x − 5 x 72 5
−
= + + .
2
2 x 2
x

72 5
+ là hàm ngh ch bi n. trên [11;12]

x 2

Trang 1 –


Đ

Khi đó

–
72 160
160
x 72 5 11 72 5
+ + ≤ + + hay P ≤ 8 + =
⇒ max P=
2 x 2 2 11 2
11 11
11

D u b ng x y ra khi=
a 1=
, b 2=
, c 3 cùng các hoán v

Đ t

Trang 1 –