DAP AN DE

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 14 NĂM 2015 Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm có 5 trang). ĐỀ CHÍNH THỨC. Đáp án. Câu 1 (2,0 đ). Điểm. a) (1,0 điểm)  Tập xác định: D =  \ {2}  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y '  . 1.  x  2. 2. 0,25.  y '  0 x  D .. - Hàm số nghịch biến trong từng khoảng (; 2) và (2; ) - Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  2; hàm số có tiệm cận ngang y = 2. x . 0,25. x . lim y   ; lim y  ; hàm số có tiệm cận đứng x = 2.. x 2. x 2. - Bảng biến thiên:. x y' y. . . 2 -. -. 0,25. . 2 . 2.  Đồ thị:. 0,25. b) (1,0 điểm). 2a  3 ), a  2 . a 2 Tiếp tuyến tại M có phương trình là: 1 2a  3 y (x  a)  . 2 a 2 (a  2) M  (C)  M(a;. 0,25. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2  2 ). a2 Giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận ngang: B(2a  2; 2) . 2 Giao của hai tiệm cận: I(2;2)  IA  ; IB  2a  4 . a2. Giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng: A(2;. AB  IA 2  IB2  (. 0,25. 2 2 2 )  (2a  4)2  2. .2 a  2  2 2. a2 a 2 0,25. 2 2  2 2  4  2 2. IA + IB + AB =  2a  4 + AB  2 2a  4 . a2 a2 2  2a  4 . a2 a  3 2   2a  4  (a  2)2  1   . a2 a  1 Vậy có 2 điểm thỏa mãn điều kiện bài toán là M(3;3) và M (1;1).  2  1   cos 2  x    cos 2  x     sin x+1 3 3  2  . Đẳng thức xảy ra  IA  IB . 2 (1,0 đ). 2 4  1  cos(2 x  )  1  cos(2 x  )  1  sin x 3 3.  2cos(2 x   ).cos. 3 (1,0 đ). . 3.  sin x  1. 0,25. 0,25. 0,25.  1  cos 2 x  sin x  0  2sin 2 x  sin x  0. 0,25.   x   2 k  6  sin x  0 5   x   2 k ,  sin x  1 6   2  x  k . 0,25. k  .. 6. dx 2 2x  1  4x  1. I. t2 1 t . Đặt t  4x  1 , ta có dt = hay dt = dx và x  4 2 4x  1 Khi x = 2 thì t = 3 và khi x= 6 thì t = 5.. 0,25. 2dx. 5. Khi đó: I   3. tdt  t2 1  2 1 t   2 . 5. = 3. tdt.  t  12. 5 1 1     t  1  t  12 3.   dt  . 0,25 0,25. 5. 4 (1,0 đ). 1  3 1  =  ln t  1  = ln  .  2 12 t 1  3  a) (0,5 điểm) Cứ 3 đỉnh bất kỳ của đa giác (H) tạo thành một tam giác, vậy tổng số tam giác là: C 3n . n(n  1)(n  2) Ta có phương trình: C 3n  220   220  n3  3n 2  2n  1320  0 6 2  (n  12)(n  9n  110)  0  n  12. Vậy đa giác có 12 cạnh. Gọi các đỉnh là A1A2 ...A12 . Xét tại đỉnh A1 nó tạo thành tam giác đều duy nhất A1A5A9. 2. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Có 12 đỉnh, vì vậy nó tạo thành 12 tam giác đều, nhưng mỗi tam giác được tính lặp 3 lần .Vậy chỉ có 4 tam giác đều. Tương tự, chỉ có 3 hình vuông. b) (0,5 điểm) Đặt z  a  bi  a,b     3(a  bi)  4i(a  bi)  63  56i.   3a  4b   (4a  3b)i  63  56i 4a  3b  56 a  5 .   3a  4b  63 b  12 Vậy z = 5 – 12i. Do đó môđun z bằng 13. 5 (1,0 đ). 0,25. 0,25. S. M C. 0.25. D O A. . H. N a. B. SO  (ABCD). Dựng MH//SO, H thuộc AC, khi đó MH  (ABCD), suy ra góc giữa . đường thẳng MNvới mp(ABCD) chính là góc MNH Xét tam giác CNH :. 0.25. 3 3a 2 a HC  . AC  , CN  . 4 4 2 2 2 2 HN  HC  CN  2HC.CN . cos 450. Hay HN 2 . 9a 2 a 2 3a 2 10a 2    8 4 4 16. Suy ra HN . HN a 10 2 1 a 10  .  . . Vậy cos   MN 4 a 10 2 4. Do đó   60 0.. Câu 6 (1,0 đ). Thể tích khối chóp M.ABCD: Trong tam giác HMNcó MH a 10 a 30 . tan 600   MH  HN .tan 600  . 3 HN 4 4 MH là chiều cao của khối chóp, vậy thể tích của nó là: 1 1 a 30 a3 30 V  S ABCD .MH  a 2 .  . 3 3 4 12 Ta có: x 2  y2  4x  4y  7  0  (x  2)2  (y  2)2  1 Nên tâm I(-2;2), bán kính R= 1. 3 2 Khoảng cách từ I đến (d) bằng  R nên (d) không cắt đường tròn. 2 Đường thẳng qua A và vuông góc với (d) cắt (d) tại H(3;4). Đặt f(x,y) = x – y + 1 thì f(-2,2).f(1,6) = 18> 0 nên I và A cùng phía so với (d). Gọi D là điểm đối xứng của A qua (d) thì D(5; 2). Đường thẳng DI cắt đường tròn (C ) tại hai điểm, một điểm nằm ngoài đoạn DI, một điểm nằm trong đoạn DI, đó chính là điểm B. 3. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 7 (1,0 đ). Đường thẳng DI cắt đường thẳng (d) tại C là điểm cần tìm. Chứng minh khi đó BC + CA bé nhất. Đường thẳng DI có phương trình: y = 2. Vậy tọa độ các điểm cần tìm là B(-1; 2), C(1; 2). Giả sử mặt phẳng cần tìm là: ( ) : ax  by  cz  d  0 (a 2  b2  c 2  0) . Trên đường thẳng (d1) lấy 2 điểm: A(0; 0; 5), B(1; 1;8)..  5c  d  0 b  a  3c Do ( ) qua A, B nên:   a  b  8c  d  0  d  5c Vậy ( ) : ax  (a  3c) y  cz  5c  0 2a  a  3c  c 1 Yêu cầu bài toán cho ta:  sin 300  2 22  12  12 . a 2  (a  3c)2  c 2  2a2  13ac  11c2  0. Dễ thấy a  0 nên chọn a = 1, suy ra: c = -1; b = 2; d = 5. Chọn a = 11; c = - 2; b = - 5; d = 10. Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn, lần lượt có phương trình là: x + 2y – z + 5 = 0 11x – 5y - 2z + 10 = 0.. Câu 8 (1,0 đ). 1  2 2 x  y  5 Giải hệ phương trình:  4x 2  3x  3xy  y  57  25 2 2 5x  5y  1   2 47 2x  2y2  3xy  3x  y   25  2 2 5x  5y  1   47 (2x  y)(x  2y)  (x  2y)  (2x  y)   25  Đặt u = 2x – y , v = x + 2y, hệ đã cho trở thành: u2  v 2  1 (u  v)2  2uv  1    47   94 uv  u  v  2uv  2(u  v)    25 25   2 2uv  (u  v)  1   144 (u  v  1)2   25   3  u  5  7   v  4 uv   12  5 5    Trường hợp 1: u  v  1    .  12 5 4  uv   u  25   5  3  v   5  17  uv    12  5 , hệ vô nghiệm. Trường hợp 2: u  v  1     5 uv  132  25 Thay giá trị của u, v ta có các nghiệm của hệ phương trình là:. 4. 0.25 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 9 (1,0 đ). 2 1 11 2 (x;y)  ( ; ) hoặc (x;y)  ( ; ). 5 5 25 25 xy yz xz P   . xy  yz xz  yz xy  xz. Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: (ax+by+cz)2  (a 2  b2  c2 )(x2  y2  z2 ). Do đó xy . xy zy . zy xz . xz 2 x y z   )  ( xy  yz  zx)(   ) P2 = ( xz x y yz xy  yz xz  yz xy  xz. ( x  z )2 ( x  y)2 ( y  z)2 y z 4( x  z ) 4( x  y) 4( y  z ) 1 1 3   xy  ( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)  ( x  y  z )2  ( xy  yz  zx)  4 4 4 1 1 1  ( x  y  z )2  ( x  y  z )2  . 4 4 2 1 2 2 Vậy P  .Giá trị lớn nhất của P đạt được khi x  y  z  2 3 2. 0.25.   xy  x. (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.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>