Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.. Số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm của d với đồ thị C... Từ giả thiết suy ra A O' ABCD.. Từ giả thiết suy ra IAMB IA
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 3
Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút
a) (1,0 điểm)
1o Tập xác định: D
2o Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim
lim
* Chiều biến thiên: Ta có y'x34 ;x
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 2; 0 , 2; ; nghịch biến trên mỗi
khoảng ; 2 , 0; 2
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x0, y CĐ 3, hàm số đạt cực tiểu tại x 2,
1
CT
0,5
* Bảng biến thiên:
3o Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng
0,5
b) (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với 1 4 2 2 1 4 2 2 3 3
Đồ thị hàm số 3
4
m
y là đường thẳng d song song hoặc trùng với trục hoành
Số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm của d với đồ thị (C)
0,5
Câu 1
(2,0
điểm)
Từ đồ thị ở câu a) suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi
4
m
m
x
O
y
2 1
3
2
x
'
y
y
2
3
1
–
0
+
1
Trang 2a) (0,5 điểm)
Ta có A cos22 sin22 2cos2sin 4cossin
2
, nên cos0, sin0. Suy ra cos sin 4
3
Khi đó 16
3
A
0,5
b) (0,5 điểm)
Câu 2
(1,0
điểm)
4
i
i
Suy ra w 4
0,5
Câu 3
(0,5
điểm)
*) Điều kiện: x 1
Với điều kiện đó phương trình đã cho trở thành
log x 1 log x 3 log x 1 log 2x 1
1 17
4
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là 1 17
4
0,5
*) Điều kiện: 1
2
x
Bất phương trình đã cho tương đương với
x x x x
x 12x 12 3x 1 2x 1 2 2 x 1 0
x 1 x 1 2 2x 12x 1 2x 1 0
x 1 x 1 2 2x 1 0,
do 2x1 2x 1 0, với mọi 1
2
x
0,5
Câu 4
(1,0
điểm)
Xét hai trường hợp sau:
+) x Khi đó 1 (1) 1 2 2 1 0 2 6 3 0 3 2 3
3 2 3
x
x
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm x 32 3
2 x
Khi đó
2 (1) x 1 2 2x 1 0 x 6x 3 032 3 x 3 2 3
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm 32 3 x1
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 32 3 x1 và x 32 3
0,5
Ta có x3x 1 0, x 0 và x3x 1 0 x 0 Do đó thể tích khối tròn xoay
cần tính là
1 0
3x 1
V x dx
2
0,5
Câu 5
(1,0
điểm)
Tính
1 0
3x
x dx
Đặt u x dv; 3x dx Suy ra ; 3
ln 3
x
dudx v
Trang 3Theo công thức tích phân từng phần ta có
x
Thay vào (1) ta được 3 22 1
ln 3 ln 3 2
0,5
Gọi O ACBD
Từ giả thiết suy ra A O' (ABCD)
2
.sin120
2
ABCD
a
120
60
ABC ABC đều
AC a
0,5
Câu 6
(1,0
điểm)
Vì DD'/ /(ABB A' ') nên d D ', (ABB A' ')d D , (ABB A' ')
Vì O là trung điểm BD nên d D , (ABB A' ')2d O , (ABB A' ')2OH (2)
Vì ACBD và A O' (ABCD) nên OABA là tứ diện vuông tại đỉnh O Suy ra '
Kết hợp (1), (2) và (3) suy ra ', ( ' ') 2 4 195
65
Chú ý: Thí sinh có thể hạ OK AB OH, A K' Tính OK suy ra OH
0,5
Gọi H, E là trung điểm MN, BC H(2; 1)
Từ giả thiết suy ra IAMB IANC, là các hình thoi Suy ra AMN IBC, là các tam giác cân bằng nhau
Suy ra AH MN IE, BC AHEI, là hình bình hành
Suy ra G cũng là trọng tâm HEI HG cắt IE tại F là trung điểm IE
0,5
Câu 7
(1,0
điểm)
Vì BC // MN và K(2; 1) BC Suy ra BC y : 1 0
Từ (2; 1), 8; 0
3
H G
và
HF HGF
Từ FEBCpt EF x: 3 E(3; 1).
Vì F là trung điểm IE nên (3; 0), I RIAHE 5
Suy ra ( ) : (C x3)2y2 5 hay x2y26x 4 0
0,5
Ta có AB(2; 2; 1), n P (2; 1; 2).
( )
P
AB n
Câu 8
(1,0
điểm)
Ta có AA'( )P nên u AA'n P (2; 1; 2)
Suy ra phương trình ' : 2 3 1
VìAA cắt (P) tại ' H ( 2; 1; 3) mà H là trung điểm AA nên suy ra ' A '( 6; 1; 7).
0,5
C
B
M
A
N
E
I
H
F
K
G
A
H
D
O
K
'
B
'
'
C
Trang 4Câu 9
(0,5
điểm)
Ta có a7 là hệ số của x có trong P x( ) Các số hạng của P x( ) mà khai triển ra chứa x
gồm 7 1 2 x7, 8 1 2 x8 và 9 1 2x9
Theo Nhị thức Niu-tơn ta có
0,5
Từ giả thiết ta có xz y
Chú ý rằng, với mọi x y , 0 và mọi a b ta có , 2 2 2
Thật vậy, (1) tương đương với aybx2 0
3
y
3
y
3
1 1
4 4
1 1
3
4 8
1 1
3
4 8
2
3
0,5
Câu 10
(1,0
điểm)
Đặt
2
P t t
Xét hàm số ( ) 1 3 1 1
f t t t với t 2 Ta có '( ) 3 2 1 0
f t t với mọi t 2
Suy ra
[ 2; )
3 max ( ) (2)
2
Suy ra 3,
2
P dấu đẳng thức xảy ra khi 1
3
x y z
Vậy giá trị lớn nhất của P là 3
2
3
x yz
0,5
