Phương trình đã cho tương đương với!
Trang 1Họ và tên thí sinh………SBD………
Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Đồng Đậu
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM Môn thi: Toán
1.1
(1,0
điểm)
Với m = 1 hàm số trở thành 3 2
yx x *Tập xác định : DR
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn tại vô cực: lim , lim
0,25
2
x
x
Các khoảng đồng biến: ( ;0) và (2; ); khoảng nghịch biến : (0; 2)
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0, y CD 2; đạt cực tiểu tại x 2,y CT 2.
0,25
+ Bảng biến thiên:
x -∞ 0 2 +∞
y’ + 0 - 0 +
0
y
-2 -∞
0,25
*Đồ thị:
0,25
1.2
(1,0
điểm)
Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại 2 '(2) 0
''(2) 0
y x
y
0,25
2
m
0,25
m 1 0,25
Trang 2Vậy với m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán
2.1
(0,5
điểm)
Điều kiện x 5 Phương trình đã cho tương đương với
log (2 x 5)(x 2) 3 (x 5)(x 2) 8 0,25
3 18 0
3( )
2.2
(0,5
điểm)
Đặt t 7 ,x t 0 Ta có phương trình: 14 2 2
7
t
t t
t suy ra x
Với t 7,suy ra7x 7 x 1
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S log 2; 1 7
0,25
3
(1,0
điểm)
Ta có hàm số f x( ) xác định và liên tục trên đoạn [-2;0];
2
'( )
1 2
f x
x
0,25
2; 0 ì '( ) 0
2
x th f x x
0,25
Ta có ( 2) 4 ln 5; ( 1) 1 ln 2; (0) 0.
2 4
0,25 Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên đoạn [-2;0] lần
lượt là 4 ln 5 à 1 ln 2.
4
v
4
(1,0
điểm)
Điều kiện n 3
Phương trình đã cho tương đương với ! 13. !
4!( 4)! ( 2)!2!
0,25
2 15( / )
10( )
Với n = 15 ta có
15 15
15
15
0 15
45 5 15
0
( 1)
k
k
k
0,25
Để trong khai triển đã cho có số hạng chứa 10
x thì 45 5 k 10 k 7( /t m)
Vậy hệ số của 10
x trong khai triển đã cho là 7 7
15 ( 1) 6435
5.1
(0,5
điểm)
Ta có: sin( ) 1 s inx 1
0,25
Trang 3Vì cot 0
2
Do đó 2
Vậy tan 7 2 2
2
0,25
5.2
(0,5
điểm)
Chia 20 học sinh thành 4 nhóm nên số phần tử của không gian mẫu là
5 5 5 5
20 15 10 5
C C C C
Gọi A là biến cố “ Chia 20 học sinh thành 4 nhóm sao cho 5 bạn nữ thuộc cùng
một nhóm”
Xét 5 bạn nữ thuộc một nhóm có 5 5 5
15 10 5
C C C cách chia 15 nam vào 3 nhóm còn lại
Vì 5 bạn nữ có thể thuộc nhóm A,B,C hay D nên ta có 5 5 5
15 10 5
4 .
A C C C
Vậy xác suất của biến cố A là 155 105 55
5 5 5 5
20 15 10 5
( )
P A
C C C C
0,25
6
(1,0
điểm)
Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB đều nên SHAB
Mà SAB ABCD,suy ra SH ABCD
Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có
OAa OB aAB OA OB a
Tam giác SAB đều cạnh a 5 nên đường cao 5. 3 15
a
SH a
0,25
.2 4 4
ABCD
S AC BD a a a
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là . 1 . 2 3 15
a
Ta có AD/ /BC AD/ /SBC
Do đó d AD SC ; d AD SBC ; ( )d A SBC ; ( ) 2d H SBC ; ( )
Gọi K là hình chiếu của H trên BC, ta có BCHK v BCà SH n n BCê (SHK)
Gọi I là hình chiếu của H trên SK, ta cóHI SK v HIà BC n n HIê (SBC).
0,25
Trang 4Ta có 2 2
HK
Tam giác SHK vuông tại H nên
91
HI
91
a
d AD SC HI
0,25
7
(1,0
điểm)
Gọi M AIBC Giả sử ABx x( 0), ,R r lần lượt là bán kính đường tròn
ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC
-Do tam giác ABC đều nên
ABC
0,25
-Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp
Do d2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên
2
6 2 6
3
9 9
2
a
Suy ra I(2; 2)
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính 2 2 3
R AM
phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC
là : 2 2 4
( 2) ( 2)
3
x y
0,25
Giao điểm của đường thẳng ( )d1 và (C ) là nghiệm của hệ phương trình:
4
3
Trang 5Vậy giao điểm của ( )d1 và (d2) là (2 2 ; 2 4 ), (2 2 ; 2 4 )
8
(1,0
điểm)
Điều kiện
0
x y
Với điều kiện trên ta có :
1
1
1
1
0,25
1 1
1 0 (*) 1
y x
y x y
+ Với 0
x y
, suy ra phương trình (*) vô nghiệm + Với y x 1 thay vào (2) ta được 3 5 x 3 5x 4 2x 7 (3)
0,25
Điều kiện 4 5 ó :
5 x ta c
2
0
0,25
4
0( )
x
x
VN
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( ; )x y (1; 2) à ( ; )v x y (4;5)
0,25
9
(1,0
điểm)
2 12
biểu thức:
2
4 4
8
P
Từ giả thiết và bất đẳng thức CôSi ta có:
Trang 6Do đó
2
2
P
Đặt t a b(t 2)
b a
.
16 64 2 8
P t
t
0,25
16 64 2 8
t
Ta có
2
t
Từ bảng biến thiên ta có
2;
min ( )
f t f
Suy ra 27
64
P , dấu bằng xảy ra khi a 2,b 4.
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 27
64 khi a 2,b 4.
0,25
-Hết -
