DE90 sở GD đt hà tỉnh DA _ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TOÁN NĂM 2015

1


SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH

KỲ THI CUỐI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn thi:TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Bản hướng dẫn này gồm 06 trang)
I. HƯỚNG DẪN CHUNG
Nếu thí sinh làm bài không theo cách như đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng
phần như hướng dẫn.
Điểm toàn bài không quy tròn.
II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
CÂU
Câu 1
(2.0 điểm)

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

a) (1.0 điểm)
• Tập xác định: D = R \ {2}
• Giới hạn và tiệm cận:

lim y = −∞; lim y = +∞ ; lim y = 2; lim y = 2 .
x →−∞
x →+∞
x →2

x → 2−

0.25

+

suy ra đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 2 và một tiệm
cận ngang là đường thẳng y = 2 .
• Sự biến thiên:

−5
< 0, ∀x ∈ D
( x − 2)
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞; 2) và (2; + ∞)
- Chiều biến thiên: y ' =

- Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị.
- Bảng biến thiên
-∞
x
2
y'

0.25

2

-

+∞
-

+∞

2

0.25

y

−∞

2

• Đồ thị

0.25

2


b. (1.0 điểm)
Gọi M (0; y0 ) là giao điểm của (C) và trục tung, ta có y0 =
M (0;

−1
)
2

Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là y '(0) =

−5
4

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại M là y =

5
4

hay y = − x −
Câu 2
(1.0 điểm)

Câu 3
(0.5 điểm)

0.25

0.25

−5
1
( x − 0) −
4
2

1
.
2

0.25
0.25

a. (0.5 điểm)
8
A = sin 2(α + π ) = sin(2α + 2π ) = sin 2α = 2sin α cosα = cosα (1)
5
16 9
=
Ta có cos 2α = 1 − sin 2 α = 1 −
(2)
25 25
π
−3
Do < α < π nên cosα < 0 , kết hợp với (2) ta có cosα =
(3)
2
5
8 −3 −24
Thay (3) vào (1) ta có A = . =
.
5 5
25
b. (0.5 điểm)
Đặt z = a + bi (a, b ∈ R ) , ta có z = a − bi
Khi đó
(1 − 2i ) z + 3(1 + i ) z = 2 + 7i ⇔ (1 − 2i)( a + bi) + 3(1 + i )( a − bi ) = 2 + 7i
⇔ (4a + 5b − 2) + (a − 2b − 7)i = 0
4a + 5b = 2

a = 3
⇔
⇔
a − 2b = 7
b = −2
Vậy phần thực của z là 3, phần ảo của z là -2
Ta có 3.4 x+1 − 17.2 x − 29 = 0 ⇔ 12.4 x − 17.2 x − 29 = 0
x
Đặt t = 2 (t > 0)
t = −1( L)
2
Phương trình đã cho trở thành: 12t − 17t − 29 = 0 ⇔  29
t =
 12
Với t =

29
29
29
⇔ x = log 2
, ta có 2 x =
12
12
12

29
Vậy nghiệm của phương trình là: x = log 2
12
Câu 4
(1.0 điểm)

2.0 + 1 −1
=
suy ra
0−2
2

 1 − x3 − y y + 1 − y = x
(1)


(4 x + 3)( 4 − y + 3 3x + 8 − 1) = 9 (2)
x ≤ 1
Điều kiện 
(*)
0 ≤ y ≤ 16
3

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25


Với điều kiện (*) ta có: 1 − x3 + y y + 1 > 0
3
do đó (1) ⇔ 1 − x − y y + 1 = x + y ⇔

(

⇔ x+ y

)(x

2

(1 − x3 ) − ( y y + 1)
1 − x3 + y y + 1

)

− x y + y + 1 − x3 + y y + 1 = 0 ⇔

= x+ y

y = −x

(do x 2 − x y + y + 1 − x 3 + y y + 1 > 0 )
Thế vào (2) ta được: (4 x + 3)( x + 4 + 3 3 x + 8 − 1) = 9
(3)

−3
không phải là nghiệm của (3) nên
4
9
(4) ⇔ x + 4 + 3 3 x + 8 −
−1 = 0
4x + 3
9
−3
− 1 trên (−4; +∞) \{ }
Xét hàm số g ( x) = x + 4 + 3 3 x + 8 −
4x + 3
4
1
1
36
−3 −8
+
> 0 ∀x > −4, x ≠
;
2
Ta có g '( x) = 2 x + 4 + 3
2
4
3
(4
x
+
3)
(3 x + 8)

Vì x =

0.25

0.25

Lập BBT ta thấy phương trình g ( x) = 0 có đúng 2 nghiệm.
Ta lại có g (0) = g (−3) = 0 suy ra x = 0; x = −3 là các nghiệm của phương
trình g ( x) = 0 .
Với x = 0 ⇒ y = 0; x = −3 ⇒ y = 9 .
Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình có 2 nghiệm: (0;0); (−3;9)
Câu 5
(1.0 điểm)

π
4

π
4

π
4

0

0

0

I = ∫ x(1 + sin2x)dx = ∫ xdx + ∫ x sin 2 xdx

0.25

0.25

(1)
Ta có

π
4

π

x2 4 π 2
xdx
=
|0 =
∫
2
32
1

0.25

(2)
π
4

Câu 6

(1.0 điểm)

π
4

π
−1
x cos 2 x |04

π
4

π

1
1
= 1 sin 2 x |04 = 1
x
sin
2
xdx
=
−
xd
(
c
os2
x
)
=

+
c
os2
xdx
∫
4
4
2 ∫0
2
2 ∫0
0
0.50
(3)
π2 1 π2 +8
Thế (2), (3) vào (1) ta có: I =
+ =
32 4
32
a
Ta có BO = AB.sin ∠BAO = asin300 = ;
2
0.25
a 3
0
;
AO = AB.sin ∠ABO = asin60 =
2
0.25
a a 3 a2 3
=

suy ra S ABD = AO.BO = .
;
2 2
4
1
1
a 2 3 a3 6
Do đó VS . ABD = SH .S ABD = a 2.
=
3
3
4
12
4


Do đường thẳng AC cắt (SBD) tại điểm O là trung điểm của AC và đường
3
thẳng AH cắt (SBD) tại B thoả mãn AB = HB nên
2
3
d (C ,( SBD)) = d ( A,( SBD)) = d ( H ,( SBD))
(1)
2
Kẻ HK ⊥ BO, HM ⊥ SK ( K thuộc BO, M thuộc SK).
Ta có BO ⊥ ( SHK ) ⇒ BO ⊥ HM do đó
HM ⊥ ( SBD ) ⇒ d ( H ,( SBD)) = HM
(2)
Trong tam giác vuông SHK có SH = a 2, HK =

Câu 7
(1.0 điểm)

2
a 3
và HM là
AO =
3
3

đường cao suy ra
1
1
1
1
3
7
a 14
(3)
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ HM =
2
2
2
7
HM
HS
HK
2a

a
2a
3a 14
Kết hợp (1), (2), (3) ta có d (C ,( SBD)) =
14
Kéo dài AH cắt CD tại E. Do
ABCD hình thang (AB//CD) và
H trung điểm BC nên dễ thấy
∆HAB = ∆HEC
⇒ S∆ADE = S ABCD = 14

S ∆ADE

Ta có AE = 2 AH = 13
và phương trình đường thẳng
AE:
2x -3y + 1 = 0.
Do đỉnh D có hoành độ dương
và D nằm trên đường thẳng (d)
có phương trình 5 x − y + 1 = 0
nên D(d; 5d+1) với d > 0
2d − 3(5d + 1) + 1
1
2S
28
= AE.d ( D; AE ) ⇔ d ( D; AE ) = ∆ADE =
⇔
=
2
AE

13
13

30

d = − (loai )
 −13d − 2 = 28

⇔ −13d − 2 = 28 ⇔ 
⇔
13

 −13d − 2 = −28
 d = 2(t / m)

Từ đó D(2; 11)
5

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25
28
13

E đối xứng với A qua H suy ra E(-2; -1) nên phương trình đường thẳng CD:
3x – y + 5 = 0
Đường thẳng AB qua A, song song với dt CD nên có pt: 3x – y – 2 = 0
Câu 8
(1.0 điểm)

0.25

Khoảng cách từ A(1;3;0) đến mặt phẳng (P) là:

d=

2.1 + 2.3 − 0 + 1
22 + 2 2 + 1

=

9
= 3.
3

0.25

r

Đường thẳng AA' qua A nhận vectơ pháp tuyến của mp(P) là n(2;2; −1)
làm vectơ chỉ phương.

 x = 1 + 2t


Ta có phương trình tham số của đường thẳng AA':  y = 3 + 2t
z = − t

Gọi I là giao điểm của đường thẳng AA' và mặt phẳng (P).
Do I thuộc đường thẳng AA' nên I (1 + 2t ;3 + 2t ; −t )
Mặt khác I thuộc mặt phẳng (P) nên

2(1 + 2t ) + 2(3 + 2t ) − (−t ) + 1 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ I (−1;1;1)
Vì I là trung điểm của AA' nên ta có A '(−3; −1;2)
Câu 9
(0.5 điểm)

Số phần tử của không gian mẫu là số phần tử của tập hợp S.
Ký hiệu abcdef là một số bất kỳ thuộc S
Ta thấy a có 6 cách chọn (do a ≠ 0) ; b có 6 cách chọn (do b ≠ a ) .
Tương tự ta thấy: c có 5 cách chọn; d có 4 cách chọn; e có 3 cách chọn;
f có 2 cách chọn.
Vậy số phần tử của S là 6.6!
Gọi X là biến cố “chọn được số > 300475 ”, suy ra X là biến cố “chọn
được số ≤ 300475
Xét số a1a2 a3a4 a5a6 thuộc S mà a1a2 a3a4 a5a6 < 300475 , ta có a1 ≤ 3

0.25

0.25
0.25

0.25

TH1: a1 ≤ 2 ; ta thấy a1 có 2 cách chọn; a2 có 6 cách chọn
a3 có 5 cách chọn; a4 có 4 cách chọn; a5 có 3 cách chọn; a6 có 2 cách
chọn.
suy ra có 2.6! số a1a2 a3a4 a5a6 ≤ 300475 mà a1 ≤ 2 .

TH2: a1 = 3 . Ta thấy số 300475 có 2 chữ số 0 nên khi chọn một số

3a2 a3a4 a5a6 bất kỳ trong tập S thì số đó luôn lớn hơn 300475 vì số thuộc
tập S thì có các chữ số khác nhau nên a2 , a3 không đồng thời bằng 0; suy
ra không có số 3a2 a3a4 a5a6 trong S mà 3a2 a3a4 a5a6 ≤ 300475
2.6! 1
=
Do đó P ( X ) =
6.6! 3
2
Xác suất cần tìm là P ( X ) = 1 − P( X ) =
3

6

0.25


Câu 10
(1,0 điểm)

 1
1
1  2
+

+
(a + b 2 + c 2 )
Ta có 3F = 
2
2
2 ÷
 (a − b) (b − c) (c − a) 
Gọi c = min( a, b, c) ; đặt a − c = x; b − c = y ta có x, y > 0 và

a−b = x− y

0.25

1
1
1 
2
2
2
3F = 
+ 2 + 2 ÷( (c + x) + (c + y ) + c )
2
x
y 
 ( x − y)
 1
 1
1
1 
1

1 
=
+ 2 + 2 ÷( x 2 + y 2 + 2c( x + y ) + 3c 2 ) ≥ 
+ 2 + 2 ÷( x 2 + y 2 )
2
2
x
y 
x
y 
 ( x − y)
 ( x − y)
2

 1
1
1  2
x2 + y 2  x 2 + y 2 
2
+ 2 + 2 ÷( x + y ) =
+
Ta xét G = 
÷
2
x
y 
( x − y ) 2  xy 
 ( x − y)
2

 ( x − y)2

2 xy
= 1+
+
+ 2÷ .

2
( x − y )  xy

2
xy
1
( x − y)
=
+ 2 = t (t > 2) ; ta có
Đặt
2
( x − y)
t−2
xy
2
+ 1 = f (t )
suy ra G = t 2 +
t −2
2
2(t 3 − 4t 2 + 4t − 1) 2(t − 1)(t 2 − 3t + 1)
f '(t ) = 2t −
=
=

(t − 2)2
(t − 2) 2
(t − 2) 2
f '(t ) = 0 ⇔ t =

0.25

0.25

3 + 5 (do t > 2)
2

3 + 5 11 + 5 5
.
)=
2
2
c = 0; a, b ≥ 0
 2
 x + y2 3 + 5
11 + 5 5
=
Vậy F ≥
, có “=” khi 
hay
xy
2
6

a 2 + b 2 + c 2 = 3


Lập BBT ta có GTNN của f (t ) 1à f (

c = 0; a, b ≥ 0
c = 0; a, b ≥ 0
 2

9−3 5
 a + b2 3 + 5

=
⇔ ab =
. Ta thấy hệ này luôn có nghiệm phân

2
2
 ab

a 2 + b 2 = 3
a 2 + b 2 = 3


biệt.
11 + 5 5
Vậy giá trị nhỏ nhất của F là
6
.....HẾT.....

7

0.25