Đề thi 2015 đáp án môn toán

Đề thi THPT Quốc Gia 2015 Môn Toán và Đáp án của Nhóm Cự Môn. Đáp án được trình bày dưới dạng: Hướng dẫn. Lời giải chi tiết: Trình bày rất sư phạm để các em học sinh hiểu ngay. Một số bài có nhiều lời giải theo định hướng khác nhau. NHÓM CỰ MÔN

NHÓM CỰ MÔN ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1 điểm): Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số:

y = x3 − 3x

Câu 2 (1 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:

4

f (x) x , trên [1; 3]

x

= +

Câu 3 (1 điểm):

a Cho số phức z thỏa mãn (1 − i)z − 1 + 5i = 0 Tìm phần thực và phần

ảo của z

b Giải phương trình: log2(x2 + x + 2) = 3

Câu 4 (1 điểm): Tính tích phân

1

x 0

I=∫(x 3)e dx.−

Câu 5 (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; −2; 1), B(2; 1; 3) và mặt phẳng (P): x − y + 2z − 3 = 0 Viết phương trình đường thẳng

AB và tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (AB) với mặt phẳng (P)

Câu 6 (1 điểm):

a Tính giá trị của biểu thức P = (1 − 3cos2α)(2 + 3cos2α), biết sinα = 2/3

b Trong đợt ứng phó với dịch MERS − CoV Sở y tế thành phố đã chọn ngẫu nhiên 3 đội phòng chống dịch cơ động trong số 5 đội của Trung tâm y tế dự phòng thành phố và 20 đội của các Trung tâm y tế cơ sở để kiểm tra công tác chuẩn bị Tính xác suất để có ít nhất 2 đội của các Trung tâm y tế cơ sở được chọn

Câu 7 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,

SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC

Câu 8 (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC

vuông tại A Gọi H(−5; −5) là hình chiếu vuông góc của A trên BC, D là điểm đối xứng với B qua H, K(9; −3) là hình chiếu vuông góc của C trên

AD Giả sử trung điểm cạnh AC thuộc đường thẳng x − y + 10 = 0 Tìm tọa

độ điểm A

Câu 9 (1 điểm): Giải phương trình:

2 2

x 2x 8

(x 1) x 2 2 , (x )

x 2x 3

Câu 9 (1 điểm): Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn [1; 3] và thỏa mãn

điều kiện a + b + c = 6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2 2 2 2 2

a b b c c a 12abc 72 1

ab bc ca 2

+ +

ĐÁP ÁN (NHÓM CỰ MÔN THỰC HIỆN)

Câu 1

 HƯỚNG DẪN − TƯ DUY: Sử dụng lược đồ khảo sát và vẽ đồ thị của

hàm đa thức bậc ba

 LỜI GIẢI CHI TIẾT − DIỄN ĐẠT TƯ DUY: Ta lần lượt có:

1 Hàm số xác định trên D= ¡

2 Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực:

→∞

x

lim y →∞

3 2 x

3 lim x 1

x



khi x

khi x

 Bảng biến thiên:

y' = 3x2− 3, y' = 0 ⇔ 3x2− 3 = 0

=



⇔  = −x 1

x 1

y -∞ CĐ2 −2

CT

+∞

3 Đồ thị của hàm số:

 Giao của đồ thị hàm số với trục tung là O(0; 0)

 Điểm uốn:

y'' = 6x, y'' = 0 ⇔ 6x = 0 ⇔ x = 0

Vì y" đổi dấu khi x qua điểm 0 nên đồ thị hàm số có một điểm uốn là U(0; 0)

Bạn đọc tự vẽ hình.

Câu 2

 HƯỚNG DẪN − TƯ DUY: Bài toán thuộc dạng “Tìm giá trị lớn nhất và

nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn”.

 LỜI GIẢI CHI TIẾT − DIỄN ĐẠT TƯ DUY

Xét hàm số f(x) trên đoạn D = [1; 3], ta có:

2

4

f '(x) 1 ,

x

Khi đó:

• Minf(x) = Min{f(1), f(2), f(3)} = 4, đạt được khi x = 2

• Maxf(x) = Max{f(1), f(2), f(3)} = 5, đạt được khi x = 1

Cách giải khác: Ta có thể tìm Min f(x) bằng cách:

f (x) x 2 x

= + ≥

= 4 Suy ra Minf(x) = 4, đạt được khi:

4

x

x

=

⇒ x2 = 4 ⇒ x = 2

Câu 3.a

 HƯỚNG DẪN: Sử dụng z = x + iy, x, y ∈ ¡

hoặc sử dụng phép biến đổi với số phức

 LỜI GIẢI CHI TIẾT: Giả sử z = x + iy, x, y ∈ ¡

Khi đó:

(1 − i)(x + iy) − 1 + 5i = 0 ⇔ x − ix + iy + y − 1 + 5i = 0

⇔ (x + y − 1) + (5 − x + y)i = 0

x y 1 0

5 x y 0

+ − =





x 3

y 2

=



 ⇒ z = 3 − 2i

Vậy, số phức z có phần thực bằng 3 va phần ảo bằng −2

Cách giải khác: Ta biến đổi:

1 5i

z

1 i

−

=

−

(1 5i)(1 i) (1 i)(1 i)

=

− + = 3 − 2i.

Vậy, số phức z có phần thực bằng 3 va phần ảo bằng −2

Câu 3.b

 HƯỚNG DẪN: Sử dụng dạng phương trình cơ bản logaf(x) = b

 LỜI GIẢI CHI TIẾT: Biến đổi tương đương:

x2 + x + 2 = 23⇔ x2 + x − 6 = 0

x 3

x 2

= −



⇔  =

Vậy, phương trình có hai nghiệm x = −3 và x = 2

Câu 4

 HƯỚNG DẪN: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần cho dạng cơ

bản

b

x

a

I=∫f (x).e dx

 LỜI GIẢI CHI TIẾT: Đặt:

u x 3

dv e dx

= −



 =

du dx

v e

=



⇒  =

 Khi đó:

1 1

0 0

I (x 3)e= − −∫e dx x1 x1

(x 3)e e

= 4 − 3e

Câu 5

 HƯỚNG DẪN: Ta lần lượt:

• Đường thẳng (AB) được cho bởi:

Qua A (AB) :

vtcp AB





• Xét hệ phương trình tạo bởi (AB) và (P)

 LỜI GIẢI CHI TIẾT:

a Đường thẳng (AB) được cho bởi:

Qua A(1; 2; 1) (AB) :

vtcpt AB(1; 3; 2)

−





x 1 t (AB) : y 2 3t, t

z 1 2t

= +





 = +



¡

b Tọa độ giao điểm I của (AB) và (P) được tìm bằng cách thay (AB) vào (P):

1 + t − (−2 + 3t) + 2(1 + 2t) − 3 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ I(0; −5; −1)

Câu 6.a

 HƯỚNG DẪN: Biểu diễn cos2α theo sinα.

 LỜI GIẢI CHI TIẾT: Ta có biến đổi:

P = [1 − 3(1 − 2sin2α)][2 + 3(1 − 2sin2α)] = (6sin2α − 1)(5 − 6sin2α)]

6 1 5 6

14 9

=

Cách giải khác: Ta có:

cos2α = 1 − 2sin2α

2

 

= −  ÷ =

  Suy ra:

P 1 3 2 3

14 9

=

Câu 6.b

 HƯỚNG DẪN: Sử dụng xác suất của biến cố.

 LỜI GIẢI CHI TIẾT:

1 Tổng số đội y tế: 5 + 20 = 25

Ta có không gian mẫu là phép chọn "3 đội từ 25 đội" Ω = C325 = 2300.

2 Xét biến cố A "Có ít nhất 2 đội của các Trung tâm y tế cơ sở":

• Có đúng 2 đội của các Trung tâm y tế cơ sở: C C220 15=950

• Có đúng 3 đội của các Trung tâm y tế cơ sở: C320 =1140

Suy ra |ΩA| = 950 + 1140 = 2090

3 Xác suất để có ít nhất 2 đội của các Trung tâm y tế cơ sở được chọn là:

A

| | 209

| | 230

Ω

Ω

Câu 7

 HƯỚNG DẪN: Phác thảo hình vẽ để suy ra g(SC, (ABCD)) = SCA = 450

• Với yêu cầu tính thể tích S.ABCD ta có ngay:

S.ABCD ABCD

1

V SA.S

3

=

• Với yêu cầu tính khoảng cách giữa AC và SB ta dựng mặt phẳng (P) chứa SB và song song với AC Khi đó:

d(AC, SB) = d(AC, (P)) = d(A, (P))

 LỜI GIẢI CHI TIẾT: Bạn đọc tự vẽ hình.

a Vì SA ⊥ (ABCD) nên:

g(SC, (ABCD)) = SCA = 450 ⇒ SA AC a 2.= =

Khi đó:

1

V SA.S

3

.a 2.a 3

3

=

b Kẻ Bx // AC, hạ AH ⊥ Bx và AK ⊥ SH, suy ra AK ⊥ (SBx) và:

d(AC, SB) = d(AC, (SBx)) = d(A, (SBx)) = AK

Ta có:

AK = SA +AH 2 2 2

SA AB BC

5 2a

5

Câu 8

 HƯỚNG DẪN: Phác thảo hình vẽ.

Gọi M là trung điểm AC Chìa khóa của bài toán:

A (N, NH) A (N, NH)

AH KH A (AK)

 LỜI GIẢI CHI TIẾT: Bạn đọc tự vẽ hình.

Gọi M là trung điểm AC, suy ra M(t; t + 10)

Ta lần lượt có:

1

2

⇔ (t + 5)2 + (t + 15)2 = (t − 9)2 + (t + 13)2

⇔ t = 0 ⇒ M(0; 10)

Tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn đường kính AC, có phương trình được cho bởi:

(C): x2 + (y − 10)2 = 250 (1) Với A(x; y), ta có nhận xét:

⇔ (x + 5)2 + (y + 5)2 = 200 (2) Giải hệ tạo bởi (1), (2) ta được:

x (y 10) 250

(x 5) (y 5) 200







x 15, y 5

x 9; y 3



⇔  = = − A( 15; 5)A(9; 3) K (loai)

−





Vậy, ta được A(−15; 5)

Cách giải khác: Ta đi chứng minh AK ⊥ HM bằng cách:

Đường thẳng (AK) được cho bởi:

Qua K(9; 3) (AK) :

vtcpt MH(5; 15)

−





 uuuur

(AK): x + 3y = 0

Giải hệ tạo bởi (1), (2’) ta được:

x (y 10) 250

x 3y 0



x 15, y 5

x 9; y 3



⇔  = = − A( 15; 5)A(9; 3) K (loai)

−





Vậy, ta được A(−15; 5)

Cách giải khác: Gọi M là trung điểm AC, suy ra M(t; t + 10).

Ta lần lượt có:

1

2

⇔ (t + 5)2 + (t + 15)2 = (t − 9)2 + (t + 13)2

⇔ t = 0 ⇒ M(0; 10).

Ta có:

Và từ MA=MK, suy ra A(x; y) đối xứng với K qua HM

AK HM

Trungdiem AK thuocHM

⊥





 ⇒ A(−15; 5)

Vậy, ta được A(−15; 5)

Câu 9

 HƯỚNG DẪN: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho phương trình.

• Bằng phép nhân liên hợp ta nhận được ngay nhân tử chung (x − 2)

Cụ thể:

2

(x 1) x 2 (x 2)(x 4)

x 2x 3 x 2 2

2

x 2

(*)

x 2x 3 x 2 2

=





=



• Phương trình (*) được giải bằng phương pháp hàm số hoặc phương pháp biến đổi đồng nhất

 LỜI GIẢI CHI TIẾT: Điều kiện x ≥ −2

Biến đổi phương trình về dạng:

2

(x 1) x 2 (x 2)(x 4)

x 2x 3 x 2 2

x 2

(*)

x 2x 3 x 2 2

=





=



Ta biến đổi (*) về dạng:

(**) Xét hàm số f(t) = (t2 + 2)(t + 2) ta có:

f’(t) = 3t2 + 4t + 2 > 0 ⇒ f(t) đồng biến

Phương trình (**) được chuyển về dạng:

2

x 1 0

x 2 (x 1)

− ≥



x 1

x 3x 1 0

≥





3 13

2

+

⇒ =

Vậy, phương trình có hai nghiệm

3 13

x 2, x

2

+

Cách giải khác: Đặt:

2

u x 2

u v 3

v x 1



Ta biến đổi:

(u2 + 2)(u + 2) = (v2 + 2)(v + 2)

⇔ (u − v)[(u2− uv + v2) + 2(u + v) + 2] = 0

⇔ (u − v)[(u2− uv + v2) + 2u + 2(v + 1)] = 0 ⇒ u = v

Câu 10

 HƯỚNG DẪN: Với giả thiết a + b + c = 6 ta có:

(ab + bc + ca)2 = a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2abc(a + b + c)

= a2b2 + b2c2 + c2a2 + 12abc

Từ đó, suy ra:

72 1

P (ab bc ca) abc

ab bc ca 2

+ +

Như vậy, nếu lựa chọn ẩn phụ t = ab + bc + ca thì cần có đánh giá abc theo ab + bc + ca và tìm tập giá trị của t

Ta có:

(a 1)(b 1)(c 1) 0

(3 a)(3 b)(3 c) 0

a b c ab bc ca

 − − − ≥



 + + ≥ + +



 LỜI GIẢI CHI TIẾT: Với giả thiết ta có:

(ab + bc + ca)2 = a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2abc(a + b + c)

= a2b2 + b2c2 + c2a2 + 12abc

Từ đó, suy ra:

72 1

P (ab bc ca) abc

ab bc ca 2

+ +

Như vậy, nếu lựa chọn ẩn phụ t = ab + bc + ca thì cần có đánh giá abc theo ab + bc + ca và tìm tập giá trị của t

Cụ thể:

2

(a 1)(b 1)(c 1) 0

(3 a)(3 b)(3 c) 0

(a b c) 3(ab bc ca)

 − − − ≥





abc ab bc ca (a b c) 1

abc 3(ab bc ca) 9(a b c) 27

1

ab bc ca (a b c)

3









abc ab bc ca 5

3(ab bc ca) abc 27

ab bc ca 12

≥ + + −





 + + ≤



abc ab bc ca 5

11 ab bc ca 12

≥ + + −





Từ đó:

72 1

P (ab bc ca) (ab bc ca 5)

ab bc ca 2

+ +

Đặt t = ab + bc + ca, t ∈ D = [11; 12]

t 72 5

2 t 2

Xét hàm số

t 72 5

f (t) , trên D

2 t 2

2

1 72 t 144

2 t 2t

−

⇒ Maxf(t) = f(11) Vậy, ta được

160 MaxP f (11)

11

, đạt được khi:

a b c 6

ab bc ca 11

abc 6

+ + =



 + + =





Suy ra a, b, c là nghiệm của phương trình:

x3− 6x2 + 11x − 6 = 0 ⇒ x∈{1; 2; 3}

(a; b; c) = (1; 2; 3) và các hoán vị

