Dap an De thi Toan minh hoa THPT quoc gia ViettelStudy 2015 so 8

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 8 NĂM 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án – thang điểm có 5 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
1
(2,0 đ)

Điểm

Nội dung
a) (1,0 điểm)
* Tập xác định : D = IR\{1}.

0,25

* Sự biến thiên của hàm số

5
 0, x  D.
(1  x) 2
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1), (1;) .

- Chiều biến thiên: y ' 

- Giới hạn và tiệm cận: lim y  , lim y  , lim y   , lim y   .
x

x

x



x



Đồ thị (C ) nhận đường thẳng y = 2 làm đường tiệm cận ngang
và nhận đường thẳng x = 1 làm đường tiệm cận đứng.

0,25

- Cực trị: Hàm số không có cực trị.
- Bảng biến thiên:
-

x
y’



1
-

0,25

+
y

2
2

-
* Đồ thị (C ) :
y

f(x)=(2*x+3)/(x-1)

8

6

4

2

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

0,25

9

-2

-4

-6

-8

b) (1,0 điểm)
Gọi d là tiếp tuyến cần viết phương trình của (C ) và d tiếp xúc với (C ) tại

Trang 1/4

0,25


 2m  3 
M  m;
 ( m  1 ).
m 1 


Vì hệ số góc của d là -5 nên y' (m)  5 hay

5
 5
(1  m) 2

 m  0 hoặc m  2 .

0,25

- Nếu m  0 thì M 0;3 . Phương trình của d là y  5x  3 .

0,25

- Nếu m  2 thì M 2;7  . Phương trình của d là y  5x  17 .
0,25

Vậy, có hai đường thẳng cần tìm là y  5x  3 , y  5x  17 .
2
(1,0 đ)

log(5 - x) + 2log 3  x  1 (1).
Điều kiện: x  3 .

0,25

(1)  log( 5  x)  log( 3  x)  1

 x  x 

 (  x)(  x) 

0,25

 x  4  11 (thỏa mãn) hoặc x  4  11 (loại).

0,25

Vậy, nghiệm của phương trình (1) là x  4  11 .
3
(1,0 đ)

/

I =



/

x(  cos x)dx = A  B , trong đó A 

x
Ta có A  





0,25
0,25

/

xdx , B 



x cos xdx .

 /


 .



0,25

sin 2 x
.
2
cos x  /
sin xdx 
 .

Tính B : Đặt u  x, dv  cos 2 xdx , ta có du  dx, v 
Do đó B 

x sin x  /

Vậy I  A  B 
4
(1,0 đ)

/





2 1

 .
16 4

0,25

0,25

a) (0,5 điểm)
Gọi z  a  bi ( a, b  R ).

 (a  1) 2  (b  1) 2  10
 z  (1  i)  10
(a  1) 2  (b  1) 2  10

Ta có: 
 2
 2
a  b 2  20
 z.z  20
a  b 2  20
22  2a  2b  10
b  6  a
 2

 2
2
a  b  20
a  6a  8  0
a  2
a  4


hoặc 
. Vậy có hai số phức cần tìm là z  2  4i , z  4  2i .
b  4
b  2
b) (0,5 điểm)
Số cách chọn 3 viên bi bất kì từ hộp đã cho là C103  120 (cách).
Số cách chọn 3 viên bi cùng màu đỏ là C 33  1 (cách).
Trang 2/4

0,25

0,25

0,25


5
(1,0 đ)

Số cách chọn 3 viên bi cùng màu xanh là C53  10 (cách).
1  10 11
Xác suất cần tìm là P 
.

120 120
Vì tâm I của (S ) thuộc đường thẳng d nên tọa độ của I có dạng (1  2t; t;2  3t ) .

0,25

Vì (S ) tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q) nên d ( I , ( P))  d ( I , (Q)) hay

1  2t  2t  2(2  3t )  5
3



1  2t  2t  2(2  3t )  13
3

t 

1
.
10

 4 1 17 
Suy ra I  ; ;  và bán kính của (S ) là R  d ( I , ( P))  3 .
 5 10 10 
2

6
(1,0 đ)

0,25

2

0,25

0,25
2

4 
1   17 

Phương trình của mặt cầu (S ) là:  x     y     z    9 .
5   10   10 

Vì AA' //( BCC ' B' ) nên ta có
1
V A' BCC '  V ABCC '  S ABC .CC ' .
3
a3
3a 2
Mặt khác V A'BCC '  , S ABC 
,
4
4
do đó CC '  a 3 .

0,25
0,25


' A'C .
Gọi  là góc giữa hai đường thẳng AB , A' C . Vì AB // A' B' nên cos   cos B
Vì ABC . A' B' C' là hình lăng trụ tam giác đều, AB  a, AA'  a 3 nên A' C  B' C  2a .
A' M a /


Gọi M là trung điểm A' B' , ta có CM  A' B' . Do đó cos B
' A'C 


A'C
a
1
 cos   . Vậy góc giữa hai đường thẳng AB , A' C là góc nhọn  thỏa mãn
4
1
cos   .
4
Vì AB // A' B' nên AB //( A' B' C )
3V
S
.d (C , ( AA' B' )
.
 d ( AB, A' C )  d ( AB, ( A' B' C ))  d ( A, ( A' B' C ))  AA 'B 'C  AA 'B '
S A'B 'C
S A'B 'C
a 15
1
1
a2. 3
Ta có S AA 'B '  . AA'.A' B'  .a 3.a 
, CM  A' C 2  A' M 2 
,
2
2
2

2
1
1 a 15 a 2 . 15
.
S A'B 'C  . A' B'.CM  .a.

2
2
2
4

Trang 3/4

0,25

0,25


a 15
.
5
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC, CA . Theo giả thiết thì MN là đường trung
bình của tam giác IEF . Mặt khác, MN cũng là đường trung bình của tam giác ABC .
Do đó AB // EF , AB  EF  65 .

Ta có AA'  C' M , A' B'  C' M , CC ' //( AA' B' B) . Suy ra d ( AB, A' C ) 
7
(1,0 đ)

Đường thẳng AB đi qua N (3;0) và nhận vectơ EF (4;7) làm một vectơ chỉ phương nên

có phương trình là 7( x  3)  4 y  0 hay 7 x  4 y  21  0 .
3
Vì G(2;2) là trọng tâm tam giác ABC nên d (C , AB )  3.d (G, AB ) 
.
65
1
1
3
3
 .
Vậy S ABC  . AB.d (C, AB )  . 65.
2
2
65 2
8
(1,0 đ)

 y 2 ( y  1)  x 2 ( x  1)  y ( x  1)  x  1
(2)
Giải hệ phương trình 
.
2
3
(3)
2 x  2( x  y )  3 y  14  x  1
Điều kiện: x 2  2( x  y)  0 .
(2)  ( y 3  x 3 )  ( y 2  yx  x 2 )  ( y  x  1)  0
 ( y 2  yx  x 2 ).( y  x  1)  ( y  x  1)  0  ( y  x  1).( y 2  yx  x 2  1)  0 (4)

x

x
 
Vì y  yx  x   ( y  ) 

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

x, y nên (4)  x  y  1 .
0,25

Thế x  y  1 vào (3) ta được phương trình:
2 y 2  2 y  1  3 y 3  14  y  2  2 y 2  2 y  1  3 y 3  14  ( y  2)  0

y 3  14  ( y  2) 3

 2 y2  2y 1 
3

( y 3  14) 2  ( y  2).3 y 3  14  ( y  2) 2
6( y 2  2 y  1)

 2 y  2y 1 
2

3

( y 3  14) 2  ( y  2).3 y 3  14  ( y  2) 2

0
0





6 y2  2y 1
0
y 2  2 y  1.2 
3

( y 3  14) 2  ( y  2).3 y 3  14  ( y  2) 2 



y 2  2 y  1  0 (Vì 2 

6 y2  2y 1
3

( y 3  14) 2  ( y  2).3 y 3  14  ( y  2) 2

0,25

 0, y thỏa mãn

điều kiện)
y  1 2  x   2

(thỏa mãn).
 y  1  2  x  2
Vậy, hệ phương trình có 2 nghiệm ( x; y)  ( 2 ;1  2 ), ( x; y)  ( 2 ;1  2 ) .
9
(1,0 đ)

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có ( x 4  x 4 )  ( x 4  1)  2 x 4  2 x 2  4 x 3  3x 4  1  4 x 3 .
Tương tự, ta có 3 y 4  1  4 y 3 .

0,25

0,25

4( x 3  y 3 )  64 z 3
Do đó P 
.
( x  y  z) 3
Ta lại có ( x  y) 2 .( x  y)  0  4( x 3  y 3 )  ( x  y) 3
Trang 4/4

0,25


( x  y ) 3  64 z 3
.
( x  y  z) 3
z

Đặt t 
(0  t  1) , ta có P  (1  t ) 3  64t 3  f (t ) .
x yz
P

Xét hàm số f (t )  (1  t ) 3  64t 3 với t  (0;1) , ta có





1
1
f ' (t )  3 64t 2  (1  t ) 2 , f ' (t )  0  t  (thỏa mãn) hoặc t   (loại).
9
7
64
1
Lập bảng biến thiên, ta có min f (t ) 
đạt được tại t  .
t( 0;1)
9
81
64
1
Suy ra P  . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  1, z  .
4
81

Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là

.

---------Hết--------

Trang 5/4

0,25

0,25