Huong dan giai de thi THPT quoc gia mon Toan nam 2015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>f '( x) 1 . Câu 2 : 1. GTLN,NN. Tính đạo hàm Maxy = 5 khi x = 1; min y = 4 khi x = 2 Câu 3 1. Tìm được z = 3 - 2i. 4 x2  4  2 x2 x Giải pt y' = 0  x = 2;. 2. 2. Phương trình log 2 ( x  x  2) 3  x = 2; x= -3 Câu 4 : Tính tích phân : Dùng phương pháp từng phần u  x  3  x dv e dx . Tính được I = 4 - 3e  AB  1;3; 2 . Câu 5 :. . Đường AB đi qua điểm A có véc tơ chỉ phương.  AB  1;3; 2 . ..  x 1  t   y  2  3t ; t  R  z 1  2t . Phương trình tham số là : Tọa độ giao điểm H của đường AB và mặt phẳng (P) là nghiệm của hệ phương  x 1  t  y  2  3t    z 1  2t  trình :  x  y  2 z  3 0(*) Thay x,y,z vào phương trình (*) ta tìm được t = - 1. Ta tìm được x 0; y  5; z  1 . Vậy H (0;  5;  1). Câu 6 4 1 cos2 =1  2sin 2  1  2.  9 9 1. Dùng công thức cos2 = 1 1  20  A (2  3cos 2 )(1  3cos 2 )  2  3.   1  3.   9 9 9  Vậy 2 2. Không gian mấu n() C25 2300 2 1 TH1: có 2 đội trung tâm Y tế cơ sở và 1 đội từ TT Y tế dự phòng C20 . C5 3 TH2 : có 3 đội trung tâm Y tế cơ sở : C20. Vậy. 3 n( A) C202 .C51  C20 2090. P ( A) . 209 230. 2. Câu 7 : Ta có S ABCD  AB. AD a Tam giác SAC vuông tại A. Tính được SA a 2 1 2 a3 2 V  a .a 2  3 3 Vậy. Tính khoảng cách đường SB và AC (Dùng phương pháp tọa độ) Chọn hệ trục Oxyz có gốc tọa độ O trùng với A. B thuộc trục Ox; D thuộc trục Oy và S thuộc trục Oz. Ta có A(0;0;0); C(a;a;0); S(0;0; a 2 ); B(a;0;0);  Đường AC đi qua A(0;0;0) có véc tơ chỉ phương AC  a; a;0  ;.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đường SB đi qua S(0;0; a 2 ) có véc tơ chỉ phương.  SB  a;0;  a 2.    2 2 2 AS (0;0; a 2) ;  AC ; SB   a 2;  a 2;  a    AC ; SB  .AS a 2.(  a 2 ) a3 2 a 2    d ( AC ; SB )    2  4 4 4 a 5 5  AC ; SB  2 a  2 a  a  . . . ;. . Câu 8 : Gọi M là trung điểm AC  M(a;10-a) Tứ giác AHKC nội tiếp trong đường tròn tâm M  MH=MK, tìm được a=0  M(0;10). 2 2 Đường tròn (C) ngoại tiếp tứ giác AHKC có phương trình x  ( y  10) 250 (Tâm M và bán kính MH) Ta có góc(HKA)=góc(HAK) (Vì HKA HCA BAH HAD )  tam giác HAK cân tại H.  A  (C )  Giải hệ  AH  AK Tìm được A( 15;5) Câu 9 : ĐK x  2 ; Nhân lượng liên hợp cho. x  2  2 ta được Pt ( x  1)( x  2).  x  2 x  3 ( x  1)( x  2).  x 2  2 x  3 2 x  2x  8  ( x  2)( x  4)  x2 2 x2 2  2. Tìm được nghiệm x = 2 hoặc. ( x  4)( x  2  2) ( x  1)  x 2  2 x  3 . Giải (1) :. (1). ( x  4)( x  2  2) ( x  1)  x  2 x  3  2. Đặt u  x  2; v x  1;(u 0; v  3).  Biến đổi phương trình về dạng :  3 2 Xét hàm số f (t ) t  2t  2t  4; t  3 ; Ta có f '(t )  0; t  3 Vậy hàm số f(t) luôn đồng biến.. u 2  2 u  2(u 2  2) v 2 (v  2)  2(v  2). Vậy f(u)=f(v)  u=v. Vậy x  2 x  1  x. 3  13 2. x. 3  13 2. Vậy Pt có 2 nghiệm x = 2 hoặc Câu 10 : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + (ab  bc  ca) a b  b c  a c  2abc(a  b  c) a b  b c  a c  12abc + (a  1)(b  1)(c  1) 0  (a  1)(bc  b  c 1) 0  abc  (ab  bc  ca)  (a  b  c )  1 0  ab  bc  ca abc  5 (ab  bc  ca) 2  72 5  (ab  bc  ca) P  ab  bc  ca 2 Vậy. Đặt t = ab+bc+ca; t[11;12] t 2  72 t  5 f (t )   ; t   11;12 t 2 Xét hàm số.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 160 P 11 Tìm được giá trị lớn nhất của.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>