TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 2
Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút
a) (1,0 điểm)
1o Tập xác định: \ {1}
2o Sự biến thiên:
* Giới hạn, tiệm cận: Ta có
1
lim
và
1
Do đó đường thẳng x 1 là tiệm
cận đứng của đồ thị (H)
nên đường thẳng y 1 là tiệm cận ngang của đồ thị (H)
* Chiều biến thiên: Ta có 1 2
( 1)
y x
với mọi x 1.
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 , 1;
0,5
* Bảng biến thiên:
3o Đồ thị:
Đồ thị (H) cắt Ox tại 2; 0, cắt Oy tại 0; 2 ; nhận giao điểm I1; 1 của hai đường
tiệm cận làm tâm đối xứng
0,5
b) (1,0 điểm)
Ta có
2
1
( 1)
y x
với mọi x 1. Vì tiếp tuyến có hệ số góc k 1 nên hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình
1 1 1
x
2
x x
x
0,5
Câu 1
(2,0
điểm)
*) Với x 0 ta có phương trình tiếp tuyến y x2
*) Với x 2 ta có phương trình tiếp tuyến y x2
Vậy có hai tiếp tuyến là y x2 và y x2
0,5
a) (0,5 điểm)
Câu 2
(1,0 Rõ ràng cos 0,chia cả tử số và mẫu số của A cho cos3 ta được
0,5
x
y
I
1
2 2
x
'
y
y
Trang 2 2
b) (0,5 điểm)
điểm)
Giả sử zabi, ( ,a b ) Suy ra 2 2(1 ) 1 ( 1)
i
i
Từ giả thiết 2
1
z i
là số thực ta có b 1.
Khi đó z 2 a i 2 a2 1 2a 3
Vậy số phức cần tìm là z 3 và i z 3 i
0,5
Câu 3
(0,5
điểm)
Bất phương trình đã cho tương đương với
2 23x 1 x2 2x 23x 1 x2 2x 3x 1 x2 x
2
0,5
*) Điều kiện: 2
4x 0 2 x2
Phương trình đã cho tương đương với
Ta có x 4x22 42 x 4x2 4, với mọi x 2; 2
Suy ra x 4 x2 2,với mọi x 2; 2 (2)
Dấu đẳng thức ở (2) xảy ra khi và chỉ khi x0,x 2
Đặt 3 x2 2x Dễ dàng có được t t 1; 2, với mọi x 2; 2
Khi đó vế phải của (1) chính là 3 2
f t t t t
0,5
Câu 4
(1,0
điểm)
0
3
t
t
Hơn nữa, ta lại có ( 1) 1, (0) 2, 4 22, (2) 2
f f f f
Suy ra f t ( ) 2, với mọi t 1; 2
Do đó
x x x x , với mọi x 2; 2 (3) Dấu đẳng thức ở (3) xảy ra khi và chỉ khi x0,x 2
Từ (2) và (3) ta có nghiệm của phương trình (1) là x 0,x 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x0, x 2
0,5
Chú ý rằng xln 3 x 10, với mọi 0 x Khi đó diện tích hình phẳng cần tính là 1
1
0
ln 3 1 d
Sx x x
Đặt uln 3 x1 , d vx xd Suy ra 3 1 2
x
0,5
Câu 5
(1,0
điểm)
Theo công thức tích phân từng phần ta có
2
x
Trang 32
0
Gọi H là trung điểm BC Từ giả thiết suy ra
C H ABC Trong ABC ta có
2 0
7 7
2 3
2
ABC
a
a
a
Suy ra thể tích lăng trụ
3
3
4
ABC
a
0,5
Câu 6
(1,0
điểm)
Hạ HK AC Vì C H' (ABC) đường xiên C K' AC
(ABC), (ACC A' ' C KH'
(C HK' vuông tại H nên 0
C KH
2
HAC ABC
HK
tanC KH' C H 1 C KH' 45
HK
(ABC), (ACC A' ') 45
Ghi chú: Thí sinh có thể tính độ dài AH và suy ra AHC vuông tại A để suy ra K A
0,5
Câu 7
(1,0
điểm)
Gọi M là trung điểm BC Phương trình GE hay AM là 4 7 0 3 7
2 4
Gọi M3 7 ; 2 4 m m Ta có
Vì IM FM nên
0
IM FM
m
Suy ra M3; 2
0,5
Trang 4Giả sử A3 7 ; 2 a 4a Vì GA 2GM
ta được a 1 Suy ra A 4; 2
Suy ra phương trình BC x: 2y 7 0 B( 2 b7; )b BC (điều kiện b 2)
Vì IBIA nên ( 2 6)2 ( 2)2 25 1
3 ( )
b
Suy ra B(5; 1)C(1; 3) (vì M là trung điểm BC)
0,5
có vtcp u (1; 1; 2)
và (2; 1; 1)A MA(4; 0; 1)
, ( 1; 7; 4)
p
vtpt n u MA
Suy ra ( ) : 1(P x2) 7( y1) 4 z0 x 7y4z 9 0
0,5
Câu 8
(1,0
điểm)
( 2; 1; 2 1)
N N t t t Khi đó MN (t4)2 ( t)2(2t1)2 11
2
6t 12t 6 0 t 1
Câu 9
(0,5
điểm)
Số cách lấy hai viên bi từ hộp là 2
C
Số cách lấy ra hai viên bi gồm 1 viên màu xanh, 1 viên màu đỏ và khác số là 4 4 16.
Số cách lấy ra hai viên bi gồm 1 viên màu xanh, 1 viên màu vàng và khác số là 3 4 12
Số cách lấy ra hai viên bi gồm 1 viên màu đỏ, 1 viên màu vàng và khác số là 3 3 9
Như vậy số cách lấy ra 2 viên bi từ hộp vừa khác màu vừa khác số là 16 12 9 37
Suy ra xác suất cần tính là
37
0, 5606
66
P
0,5
Câu 10
(1,0
điểm)
Giả sử zminx y z, , Đặt 0, 0
x u y v Khi đó ta có
Chú ý rằng với hai số thực dương ,u v ta luôn có
u v uv và 2 2 2
Từ (1) và áp dụng (2) ta được
2 1 2 21 2 2 1 2 21 2 12 12
x y y z z x u v v u
2 1 2 1 12 12 3 12 12
2
(3) Mặt khác ta có
x1 y1 z1xyzxy yzzx x yz 1
xyz x yz2 x y z 2 (4)
Từ (3) và (4) suy ra
0,5
Trang 5
5
2
x y z
Đặt x yz t 0 Xét hàm số ( ) 102 5 , 0
2
t
Ta có ( ) 203 5, 0
2
t
Suy ra f t( )0 t 2; f t( )0 t 2; f t( )00 t 2
Suy ra ( ) (2) 15
2
Từ (5) và (6) ta được 25
2
P , dấu đẳng thức xảy ra khi x y1,z0 hoặc các hoán vị
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 25
2
0,5