Dap an De thi Toan minh hoa THPT quoc gia ViettelStudy 2015 so 9

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 9 NĂM 2015

Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
1
(2,0 đ)

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

Điểm

a) ( 1,0điểm)
Khi m  hàm số trở thành y 

x  x  x .

 Tập xác định: D  .

 Sự biến thiên: y '  x  x  .

0,25

 x  3
y'  0  
.
x  1
 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 3) và (1; ).
 Hàm số nghịch biến trên khoảng (3;1).

2
 Hàm số đạt cực đại tại x  3; y  10, cực tiểu tại x  1; y   .
3
 Giới hạn: lim y   ; lim y  . Đồ thị không có tiệm cận.

0,25

 Bảng biến thiên:

0,25

x 

x 

-3
+

0

1
-

0

10

-

+

+

-2/3

 Đồ thị

0,25

b) ( 1,0 điểm)
Ta có
.
Hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi phương trình
Ta có '  (2m  1)2  m  4  4m2  5m  5
1

có hai nghiệm phân biệt.

0,25
0,25


5
55
'  (2m  )2 
 0, m   . Vậy hàm số luôn có hai cực trị với mọi m.
4
16
.
 y '    
.

Để hàm số đạt giá trị cực đại tại x    
 y "   

y '



  m   m   .

y ''      m    m  .
Vậy m  
2
(1,0 đ)

0,25

là giá trị cần tìm.

Điều kiện x  ; x  .
3
3
6log x 2  log 2 x  7  0  6log x 2  log 21/2 x  7  0
2
2


0,25

0,25

6
 3log 2 x  7  0  3log 22 x  7 log 2 x  6  0 .
log 2 x

Đặt t  log x ; t 

ta có phương trình :  t  t   .

t 
( thỏa mãn).

t  

Với t   log x   x 

Với t  

 log x  

0,25

( thỏa mãn).

x

0,25

(thỏa mãn).
0,25

Vậy nghiệm của phương trình: x  ; x 
3
(1,0 đ)

3

Ta có I   x( x  x  1)dx 
2

2

1

3

I

.

3

 (x

3

 x x 2  1)dx

1

0,25

3

 x dx   x
3

1

x  1dx .
2

1

3

A   x3dx 
1

1 4 3 9 1
x |1    2 .
4
4 4

0,25

3

B   x x 2  1dx .
1

Đặt t  x  ; tdt  xdx .

x   t 
Đổi cận: 
.
x


t




B

1

3

2

2

t3
x x  1dx   t dt 
3
0
2

Vậy I  A  B  

4

0,25



2

0

2 2
.
3

0,25

.

a) (0,5 điểm)
2


(1,0 đ)

Viết được z 

z

2  4i (2  4i)(3  4i)


3  4i (3  4i)(3  4i)

0,25

22 4
 i
25 25

0,25

Vậy phần thực bằng

; phần ảo bằng

.

b) (0,5 điểm)
Điều kiện n  N ; n  4 .
Bất phương trình tương đương (C 4n1  Cn 4 )  C 3n1  36
 C 3n  Cn31  36

0,25

(n  1)!
 Cn21  36 
 36
2!(n  3)!
 (n  1)(n  2)  72

 n2  3n  70  0  7  n  10 .

5
(1,0 đ)

Kết hợp điều kiện ta có n{4,5,6,7,8,9,10} .

0,25

Giả sử

0,25

cắt nhau tại điểm

I P 
Vậy

cắt



 t 



 t  t  

.
0,25

tại

Ta có

.

Vì đường thẳng vuông góc với đường thẳng
nằm trong (P) nên  có véctơ chỉ
   
phương u  ud , nP  . u    ; ;  cùng phương với véctơ
.
Vậy phương trình đường thẳng
x

6
(1,0 đ)

qua I   ; ;  ; véctơ chỉ phương

y
z
.



 AB  BC
  450 .
 SBA

 SB  BC

Do đó tam giác
vuông cân tại
A
Theo giả thiết có CE  ED  a.
Do tam giác
vuông tại E nên
a
SCDE  ED.EC  .

SA.SCDE 

a

; ;



là
0,25



VS .CDE 



0,25

0,25

( đvtt).

0,25

3


Có CE   SDE  .
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
DES , d là đường thẳng qua O / /CE , d   DES  .
Trong mặt phẳng  CE , d  , dựng đường trung trực

0,25

của CE cắt d tại I  I là tâm cầu ngoại tiếp
S.CDE.

OE  r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
EDS .
  SA  1 .
Ta có SD  a ; SE  a . Ta có sin SDA
SD
5
SE
10
Mặt khác ta có
 2r  r 
a.

2

sin SDE
a
Bán kính cầu R  IE  IO  OE ; IO  .
Suy ra R 
7
(1,0 đ)

a

Ta thấy

0,25

.

nên (C) và (T) tiếp xúc nhau tại A.

 C  có tâm I   ;  ,

R .

Gọi T là tâm đường tròn (T), (C) và (T) tiếp xúc nhau tại A nên I, A, T thẳng hàng.

0,25

x  
Phương trình đường thẳng IA là 
.
y   t
Vì T  IA  T   ;  t  , bán kính đường tròn T  :TA 

nên d T , d   TA.



6  4(1  2t )  2
9  16

0,25

 2  2t

t  11
 4t  6  5 1  t  
.
t   1
9

T1 (2; 23); R1  20

.
T2 (2; 7 ); R2  20

9
9
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
( x  2) 2  ( y  23) 2  400.

8
(1,0 đ)

 t . Do T  tiếp xúc d

0,25

0,25

7
400
( x  2) 2  (y ) 2 
.
9
81
2 x3  y  (2 x 2  1) 3  xy  2 x 2 y  x

 2
2

 x( x  2)  (1  5 y ) y
Điều kiện xác định xy   .
Phương trình 2 x3  y  (2 x 2  1) 3  xy  2 x 2 y  x

2 x2  1  0
 (2 x  1)( x  y)  (2 x  1) 3  xy  
.
 x  y  3  xy
2

2

4

0,25


Phương trình x  

vô nghiệm.

Phương trình x  y  3  xy  x 2  y 2  xy  3, x  y  0 .

(3)

Phương trình x( x 2  2)  (1  5 y 2 ) y  x3  5 y3  2 x  y

 3(x3  5 y3 )  3(2 x  y).

(4)

Thay (3) vào (4) ta có phương trình
3x 3  15 y3  ( x2  y2  xy)(2 x  y)  x3  14 y3  3x2 y  3xy 2  0
 ( x  2 y)( x 2  5xy  7 y 2 )  0
x  2y  0
 2
.
2
 x  5 xy  7 y  0
5
3
TH1: x 2  5 xy  7 y 2  0  ( x  y)2  y 2  0 vô nghiệm.
2

4

y 1
 x  2
TH2: x  2 y , thay vào phương trình (3) ta có y 2  1  
.

 y  1  x  2
Với x  2, y  1 loại vì x  y  0; ; x  2; y  1 (thỏa mãn).

0,25

0,25

0,25

Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y    ;   .
9
(1,0 đ)

Giả thiết tương đương với
1 1 1
1
1
1
   1 . Đặt  a;  b;  c  a  b  c  1;a, b, c
x y z
x
y
z

1
1
1
Khi đó P 
.


1 1
1 1
1 1
1 2  2 1 2  2 1 2  2
a b
b c
c
a
1 1
2
Ta có 2  2 
, tương tự với các biếu thức còn lại.
a b
ab
1
1
1
ab
bc
ca
Khi đó P 
.






2
2
2 ab  2 bc  2 ac  2
1
1
1
ab
bc
ca
Nhận xét: Với

t
162
1
2(9t  1)2

t

 0 luôn đúng
có
t  2 361 361
361(t  2)

.Áp dụng tính chất trên P 

Lại có ab  bc  ca 

0,25

0,25

162
3
.
(ab  bc  ca) 
361
361

(a  b  c) 2 1
3
  P  .Dấu bằng xảy ra
3
3
19

a  b  c
1


1  a  b  c   x  y  z  3.
3
ab  bc  ca 

9


Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

3
khi x  y  z  .
19

(Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng, vẫn tính điểm tối đa.)
-----------Hết----------

5

0,25

0,25