Dap an De thi Toan minh hoa THPT quoc gia ViettelStudy 2015 so 3

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015

Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
1
(2,0đ)

(Đáp án – thang điểm có 5 trang)
Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
Khi m = 1 hàm số trở thành y  x 4  2 x 2 .
 TXĐ: D  .
 Sự biến thiên:
0,25

- Chiều biến thiên: y '  4 x( x 2  1) .

x  0
.
y'  0  
 x  1
- Các khoảng nghịch biến (; 1) và (0;1) ; khoảng đồng biến (1;0) và (1; ) .
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  1 ; đạt cực đại tại x  0, yCĐ=0.
- Giới hạn: lim y  lim y   .
x 

0,25

x 

- Bảng biến thiên:
x
y’



-

-1
0



+

0
0
0

-

1
0


+



0,25

y
-1

-1

 Đồ thị:

0,25

b) (1,0 điểm)
Ta có y '  4 x3  4mx  4 x( x 2  m) .

x  0
y'  0   2
.
x  m
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi m  0 (*).
1

0,25


Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; m  1), B( m ; m2  m  1), C ( m ; m2  m  1)
. Suy ra tọa độ trung điểm của BC là M (0; m2  m  1) .
AM  m2 , BC  2 m  S ABC 

2
(1,0đ)

1
AM .BC  m2 m .
2

0,25

Ta có phương trình m2 m  32  m  4 (thỏa mãn điều kiện (*)).
Vậy với m  4 thì đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện
tích bằng 32.
Phương trình đã cho tương đương

 2sin x sin 3x  4 cos x sin 3x   sin 2x  2 cos 2x   2  0
 2sin 3x  sin x  2 cos x   2 cos x  sin x  2 cos x   0
sin x  2cos x  0 (1)

.
sin 3x  cos x  0 (2)
Ta thấy cos x  0 không là nghiệm của phương trình (1) .

0,25

cos x  0 , (1)  tan x  2  x  arctan 2  k (k  ) .



x    k



4
, (k  ) .
 2   sin 3x  sin( x  )  
2
 x  3  k

8
2


4

 k ; x 

0,25

0,25

 (sin 3x  cos x)(sin x  2cos x)  0

Vậy phương trình có nghiệm x  

0,25

0,25

3 k


; x  arctan 2  k , (k  )
8
2

0,25

.
3
(1,0đ)

2x

u  ln( x 2  1) du  2
dx


x 1

Đặt 
.
1
1
dv

dx

v  
x3



2 x2
2

I 

0,25

2

2

1
x
1
1
x
.ln  x 2  1   2 2
dx   ln 5  ln 2   2 2
dx .
2
2x
8
2
x
x

1
x
x


1




1
1
1
2

Đặt I1  
1

0,25

x
1
dx. Đặt t  x 2  xdx  dt .
2
2
x  x  1
2

x  1  t  1; x  2  t  4 .

0,25
4

1
dt

1 1
1 
1
t
1 8
I1  
  
 ln .
 dt  ln
2 1 t  t  1 2 1  t t  1 
2 t 1 1 2 5
4

4

1
1
1 8
1
1 16 1
1
1

Suy ra I   ln 5  ln 2  ln   ln 5  ln  ln16   ln 5  ln 5 
8
2
2 5
8
2 5 2
8

2


5
 I  2ln 2  ln 5.
8

4
(1,0đ)

0,25

4
 10626.
Số phần tử của không gian mẫu là n()  C24

0,25

Gọi A là biến cố “4 quả cầu lấy được có đủ ba màu”.
Ta xét 3 trường hợp:
- Lấy được 2 quả cầu trắng, 1 quả cầu xanh, 1 quả cầu đỏ :

0,25

2


C82 .C71 .C91  1764 (cách).

- Lấy được 1 quả cầu trắng, 2 quả cầu xanh, 1 quả cầu đỏ:

C81.C72 .C91  1512 (cách).

- Lấy được 1 quả cầu trắng, 1 quả cầu xanh, 2 quả cầu đỏ:
C81.C71 .C92  2016 (cách).

 n  A  1764  1512  2016  5292.
 P  A 

5
(1,0đ)

0,25

5292 126

 0,5 .
10626 253

0,25

Đường thẳng d đi qua A(2; 2;1) có vectơ chỉ phương u  (1; 2; 1) . Mặt phẳng

 P

0,25

có vectơ pháp tuyến n  (3; 2; 1) .

Có n  u  0 và A  ( P) suy ra d / /(P) .

0,25

Phương trình đường thẳng a đi qua A(2; 2; 1) vuông góc với (P) có dạng

x  2 y  2 z 1


.
3
2
1
Tọa độ giao điểm A’ của a và (P) là nghiệm hệ:

0,25

2( x  2)  3( y  2)
 x  1


  y  0  A '  1;0; 2  .
 y  2  2( z  1)
3x  2 y  z  5  0
z  2


Hình chiếu của d trên (P) là đường thẳng  đi qua A’ song song với d có phương
trình là
6
(1,0đ)

x 1 y z  2
 
.
1
2
1

0,25

Do (SAB) và (SAD) cùng
vuông góc với đáy nên SA  ( ABCD) .
d  I ,  BCD   

1
d  S ,  ABCD  
2

1
a
SA  .
2
2
Gọi điểm N  AD sao cho BCDN là
hình bình hành.


0,25


 BC  DN  a

Suy ra 
.
DC

BN

2
5
a


Xét tam giác vuông ABN có
AN 2  BN 2  AB2  16a2
 AN  4a  AD  5a .

1
1
S ABCD  (a  5a)2a  6a 2 , S ABD  5a.2a  5a 2  S BCD  S ABCD  S ABD  a 2
2
2

VIBCD

1
a a3
 .a 2 .  (đvtt).
3
2 6

Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CE // BH (E thuộc AD) ta có

1
d ( BH , SC )  d ( BH , ( SCE ))  d ( H , ( SCE ))  d ( A, ( SCE ))
2
Kẻ AF  CE tại F, AF cắt BH tại K. Kẻ AJ vuông góc với SF tại J suy ra
3

0,25

0,25


d ( A,(SCE ))  AJ .

1
1
1
1
1
2a
4a


 2  2  AK 
 AF 
2
2
2
AK
AH
AB

a 4a
5
5
1
1
1
1
5
4a


 2
 AJ 
2
2
2
2
AJ
AS
AF
a 16a
21
1
2a
Vậy d ( BH , SC )  d ( A, ( SCE )) 
.
2
21
Kẻ đường kính AA’ của đường tròn (I) suy ra IM là đường trung bình của tam giác
Có

7
(1,0đ)

AA’H nên AH  2IM . Mặt khác AH , IM cùng hướng suy ra AH  2IM

( x  1)2  ( y  2) 2  17
Tọa độ B, C là nghiệm hệ 
3x  5 y  30  0


Suy ra B(0; -6), C(5; -3) (hoặc C(0; -6), B(5; -3)).

0,25

0,25

0,25

5 9
Trung điểm M của BC có tọa độ M  ;   .
2 2
Trực tâm H của tam giác thuộc đường tròn

(C’) là ảnh của (C) qua phép tịnh tiến T2 IM ,
với vectơ tịnh tiến có tọa độ 2IM  (3; 5) .
Từ biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến suy ra

0,25

phương trình đường tròn (C’) có tâm I  4; 7

 C ' : ( x  4)2  ( y  7)2  17 .

Vậy H là giao điểm của đường tròn (C’) và đường thẳng có phương trình
5x  3 y  24  0 nên ta có 2 điểm H thỏa mãn là H(3; -3) hoặc H(0;-8).

0,25

Suy ra A  0; 2  hoặc A  3; 3 .
8
(1,0đ)

Điều kiện:

3
9
x .
2
4

0,25

Phương trình đã cho tương đương với

2



2x  3  2x  2  9  4 x  2 x  5  x2  4 x  4

 2.

0,25

( x  2)
4( x  2)
3 9

 ( x  2)2 (Mẫu khác 0 x   ;  ).
2x  3  x 1
9  4x  5  2x
2 4
2

2

( x  2) 2  0  x  2

2
4


 1  0 (*)
 2 x  3  x  1
9  4x  5  2x

0,25



 2x  3  x 1  0
3 9
, x   ;  .
Ta thấy 
2 4

 9  4x  5  2x  0
 phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x = 2.

0,25

4


9
(1,0đ)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các cặp số dương ta có

1  a  1  a  a2 2  a2

2
2
a  0
Dấu “=” xảy ra  1  a  1  a  a 2  
.
a  2
1  a3  (1  a)(1  a  a 2 ) 

0,25

Loại a  0 vì a dương.

1  b3  (1  b)(1  b  b 2 ) 

2  b2
(Dấu “=” xảy ra khi b = 2)
2

2  c2
(Dấu “=” xảy ra khi c = 2)
2
1
1 
 1
Suy ra P  2 



2
2
2  b 2  c2 
 2a
1  c3  (1  c)(1  c  c 2 ) 

P  2.

9
(Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 2)

(2  a )  (2  b2 )  (2  c 2 )
2

Suy ra P  1.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 2. Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1.
(Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.)
-----------Hết----------

5

0,25

0,25
0,25