MÔN KHTN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
1
(2,0đ)

(Đáp án – thang điểm có 6 trang)
Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
 Tập xác định: D 

0,25

\{-1}

 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' 

4
 0.
( x  1) 2

- Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1;   .
- Giới hạn:

0,25

 x 3
 x 3
lim 
 lim 

  1  y  1 là tiệm cận ngang.
x  x  1

 x  x  1 
 x 3
 x  3
lim 
  ; xlim
    x  1 là tiệm cận đứng.
 

1
 x 1
 x 1

x 1

- Bảng biến thiên:

x

0,25





-1
+

y'

+



1

y


1
 Đồ thị:

0,25

- Giao Ox :  3;0  .
- Giao Oy :  0; 3 .
y

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

5

x
-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

-5

- Nhận xét: đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1;1) là tâm đối xứng.
1


b) (1,0 điểm)
Giả sử tiếp tuyến tại M  x0 ; y0    C  là:

y  y ' ( x0 )( x  x0 )  y0 

0,25

x 3
4
.
( x  x0 )  0
2
( x0  1)
x0  1


 4

4 
IM   x0  1; y0  1   x0  1;
; x0  1 .
  n IM  
x0  1 

 x0  1

 Đường thẳng IM có hệ số góc k 

4
.
( x0  1) 2

Do góc giữa tiếp tuyến và IM là góc  sao cho cos 




4
1 
2 
 ( x0  1) 

0,25

3
nên
5

0,25

2

1
 4
 x0  3

2
 x  5
3  ( x0  1)
4
.
 
 0
2
4
x


2

1
0
5



4
2

2
1 
(
x

1)
2 

 x0   2  1
 0
 ( x0  1) 
Vậy có 4 điểm M1 (3;0); M 2 (5;2); M 3 ( 2  1;1  2 2); M 4 ( 2  1;1  2 2)
thỏa mãn đề bài.

2
(1,0đ)

3
(1,0đ)



0,25

Điều kiện xác định: t anx   3
cos x  0

0,25

2 3cos3 x  5cos 2 x sin x  3 sin 2 x cos x
0
t anx  3
 cos x(2 3 cos 2 x  5cos x sin x  3 sin 2 x)  0

0,25

 2 3 cos 2 x  5cos x sin x  3 sin 2 x  0 (vì cos x  0 )
 2 3  5tan x  3tan 2 x=0

0,25

 t anx   3( KTM )
 2 
2

 x  arctan  
  k  k 
(TM )
 t anx 

3


3


0,25

.

 x  12  0
4  x  4

Điều kiện:  4  x  0  
.
x


1


3
 4  x   0

0,25

Phương trình đã cho tương đương

0,25

log 2 x  1  log 2  4  x   log 2  4  x   2
 log 2 x  1  2  log 2  16  x 2 
 log 2  4 x  1   log 2  16  x 2 

 16  x 2  4 x  1 . (*)
Xét 1  x  4 , phương trình (*) trở thành:

2

0,25


x  2
x 2  4x  12  0  
.
 x  6( L)
Xét 4  x  1 phương trình (*) trở thành:

0,25

 x  2  2 6 ( L)
x 2  4x  20  0  
.
x

2

2
6






Vậy x  2; 2  2 6 .

4
(1,0đ)

a) (0,5 điểm)
Không gian mẫu: |  | 60!

0,25

Gọi A là biến cố để 14 em trùng tên đứng cạnh nhau.
Khi đó |  A | (60  14  1)!14!  47!.14! .
Vậy P( A) 

0,25

47!14!
60!

b) (0,5 điểm)
k
Ta có:  1  x  x 3   1  x 1  x 2    C10
.x k  1  x 2 
k 0
10

10

10

0,25

k

k k
k
  C10
x . Cki  x 2    C10
.Cki x 2i  k .
10

k

k 0

i 0

i

10

k

k 0 i 0

k
Hệ số của x 6 là Cki .C10
với 0  i  k  10 và k  2i  6 .

0,25

Ta có bảng giá trị của i và k
i

0

1

2

3

k

6

4

2

0

0
6
1

4
2
2
Từ bảng trên ta được hệ số của x 6 là: C6 .C10  C4 .C10  C2 .C10 .

5
(1,0đ)

d  :


x 1 y  2 z
 M 0 1; 2;0    d 

 
.
1
1
2 
u


1;1;
2
d




0,25

Giả sử vector pháp tuyến của mp  Q  là nQ   a; b; c  ,  a 2  b2  c 2  0  .

 d   Q   Q 

qua M 0   Q  : a  x  1  b  y  2   c  z  0   0 .

 ax  by  cz  2b  a  0.

Gọi 

 0    90  là góc giữa mp  Q  và
0





cos   cos nQ ; n xOy 

nQ  n xOy
nQ  n xOy



mp  xOy  , khi đó:

a.0  b.0  c.1
a 2  b2  c 2



c
a 2  b2  c 2

0,25

* , (vì

n xOy  k   0;0;1 ).

mp  Q  chứa  d   nQ .u d  0  a.  1  b.1  c.2  0  a  b  2c .
Thế vào (*) ta được: cos  

c
2b 2  4bc  5c 2

.

+ Trường hợp 1: c  0  cos   0    900 . (1)

3

0,25

0,25


+ Trường hợp 2: c  0  cos  

Dấu “=” xảy ra khi

1
2

b
b
2   4  5
c
c



1
2

b 
2   1  3
c 



1
.
3

b
 1  b  c. (2)
c

Từ (1) và (2) min  cos max 

1
 b  c  a  b  2c  c .
3

Từ đó  Q  : cx  cy  cz  3c  0 .

  Q  : x  y  z  3  0 (do c  0 ).

6
(1,0đ)

Gọi H là trung điểm của BC. Do tam giác SBC

0,25

cân tại S nên SH  BC .
Mà

)  ( ABC )
 SH  ( ABC )
((SBC
SBC )  ( ABC )  BC

.

a
và BC  3a .
2

0,25

SH là trục đường tròn ngoại tiếp đáy ABC. Trong mp  SBC  , qua M là trung điểm

0,25

Mà tam giác SBC cân có SB=SC=a, góc BSC  120o nên SH 
2
2
2
Nhận xét BC  AB  AC  tam giác ABC vuông tại A.

Vậy VS . ABC 

1
1a 1
2 3
SH .S ABC 
. a.a 2 
a .
3
32 2
12

SB dựng đường trung trực của SB cắt SH tại I. Vậy mặt cầu ngoại tiếp của hình
chóp SABC có tâm I và bán kính IS.

SMI
7

(1,0đ)

SHB( g.g ) 

SI SM
SM
a/2

 SI  SB.
 a.
a
SB SH
SH
a/2

0,25

Theo công thức trung điểm vì I là trung điểm của AC suy ra tọa độ C  9; 8

0,25

Vì D thuộc đường thẳng 3x  y  0 nên D  t; 3t  . Mặt khác do AD  DC

0,25

 AD.DC  0   t  6  9  t    3t  5 8  3t   0

t  1
 5t  12t  7  0   7 .
t  5

2

Trường hợp 1: t  1  D 1; 3 . Vì I là trung điểm BD nên B 14;0  .
Phương trình các cạnh là

0,25

 AB  : 5 x  8 y 70  0 ;  BC  :8x  5 y 112  0 ;

 CD  : 5x  8 y  19  0 ;  AD  :8x  5 y  23  0 .
Trường hợp 2: t 

7
 7 21 
 68 6 
 D  ;   . Vì I là trung điểm BD nên B  ;  .
5
5
5
 5 5

4

0,25


Phương trình các cạnh là  AB  : x  2 y  16  0 ;  BC  : 2 x  y  26  0 ;

 DC  : x  2 y  7  0 ;  AD  : 2 x  y  7  0 .
8

(1,0đ)

8x 3  13x 2  8x  4   y  1 5 y  7 

Hệ tương đương  2
.
3
2
x

y

y

y

1



0,25

Cộng vế theo vế 2 phương trình trên ta được

 2x  1   2x  1   y  2   y  2
3

3

.(*)

Xét hàm f  t   t 3  t  f '  t   3t 2  1  0t  .

 f  t  đồng biến trên

0,25

.

Từ (*) suy ra: 2x  1  y  2  x 

y3
.
2

0,25

Thế vào (2) suy ra: 4 y 3  3 y 2  2 y  5  0
  y  1  4 y 2  7 y  5  0

0,25

 y  1 (do 4 y 2  7 y  5  0 )  x  2.

Vậy nghiệm của hệ phương trình:  x; y    2; 1 .

9
(1,0đ)

Đặt a  2 x; b  3 y; c  z  a, b, c  0  .

0,25

Vậy a  b  c  1.

 1



Không mất tính tổng quát giả sử a  0; 
3
Ta có: b  c  1  a thay vào P ta có

P  2a 2  2a  1
P  (1  a)  a  2(2a  1)bc  bc 
2(2a  1)
2

2

P  2a 2  2a  1
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: (b  c)  4bc nên (1  a)  4
2(2a  1)
2

2

0,25

2

 1
Do a  0;   2a  1  0  2  P  2a 2  2a  1  1  a   2a  1
 3

 2P  2a 3  a 2  1  P 
Khảo sát P  a  

2a 3  a 2  1
.
2

2a 3  a 2  1
 1
 1  13
trên 0;   MinP  P   
khi
2
 3
 3  27

0,25

1

1
x



6

a  3


1
1

a  b  c  1  a  b  c    y  .
3
9
b  c

1



z  3


2a3  a 2  1 13


2
27

0,25

5


Vậy Pmin 

13
1
1
1
 x  ; y  ;z  .
27
6
9
3

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

6