Dap an De thi Toan minh hoa THPT quoc gia ViettelStudy 2015 so 8

- Cực trị: Hàm số không có cực trị... Theo giả thiết thì MN là đường trung , bình của tam giác IEF.. Mặt khác, MN cũng là đường trung bình của tam giác ABC.

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 8 NĂM 2015

Môn: TOÁN

1

(2,0 đ)

a) (1,0 điểm)

* Tập xác định : D = IR\{1}

* Sự biến thiên của hàm số

- Chiều biến thiên:   





x

) 1 (

5

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1),(1;)

0,25

- Giới hạn và tiệm cận: lim

x

y

 , lim

x

y

 , lim

x

y





 , lim

x

y





 

Đồ thị (C) nhận đường thẳng y = 2 làm đường tiệm cận ngang

và nhận đường thẳng x = 1 làm đường tiệm cận đứng

- Cực trị: Hàm số không có cực trị

0,25

- Bảng biến thiên:

x - 1 

y’ - -

y +

2

2

-

0,25

* Đồ thị (C):

f(x)=(2*x+3)/(x-1)

-8 -6 -4 -2

2 4 6 8

x

y

0,25

b) (1,0 điểm)

Gọi d là tiếp tuyến cần viết phương trình của (C) và d tiếp xúc với (C) tại 0,25















1

3 2

;

m

m m

M (m1)

Vì hệ số góc của d là -5 nên y'(m)5 hay 5

) 1 (

5





m

0



- Nếu m0 thì M0;3 Phương trình của d là y5x3 0,25

- Nếu m2 thì M 2;7 Phương trình của d là y5x17

Vậy, có hai đường thẳng cần tìm là y5x3, y5x17 0,25

2

(1,0 đ) log(5-x)+2log 3x 1 (1)

Điều kiện: x3

(1) log(5x)log(3x)1

0,25

3

(1,0 đ) I =

/

( cos )





 = AB, trong đó

/



  ,

/

cos



0,25

Ta có A x  / 

   

Tính B: Đặt ux,dvcos2xdx, ta có

2

2 sin

dx

Do đó

/

sin



0,25

Vậy

4

1 16

2







B A

4

(1,0 đ)

a) (0,5 điểm)

Gọi zabi (a,bR)

Ta có:

















20

10 ) 1 (

z z

i z























20

10 )

1 ( ) 1 (

2 2

2 2

b a

b a























20

10 ) 1 ( ) 1 (

2 2

2 2

b a

b a



















20

10 2 2 22

2 2

b a

b a



















0 8 6

6

2

a a

a b

0,25













4

2

b

a

hoặc











2

4

b

a

Vậy có hai số phức cần tìm là z24i, z42i 0,25

b) (0,5 điểm)

Số cách chọn 3 viên bi bất kì từ hộp đã cho là C103 120 (cách)

Số cách chọn 3 viên bi cùng màu xanh là C53 10 (cách)

Xác suất cần tìm là

120

11 120

10



5

(1,0 đ) Vì tâm I của ) (S thuộc đường thẳng d nên tọa độ của I có dạng (12t;t;23t) 0,25

Vì (S tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ) (P và ) (Q nên ) d(I,(P))d(I,(Q)) hay

3

13 ) 3 2 ( 2 2 2 1 3

5 ) 3 2 ( 2 2 2













10

1













  

10

17

; 10

1

; 5

4

I và bán kính của (S là ) Rd(I,(P))3 0,25

10

17 10

1 5









 













 













6

(1,0 đ) Vì AA'//(BCC'B') nên ta có

' 3

1

' '

V A BCC  ABCC  ABC

Mặt khác 4 3 , 4 2 3 ' ' a S a V A BCC  ABC  , do đó CC ' a 3

0,25

Gọi  là góc giữa hai đường thẳng AB , A' Vì C AB//A'B' nên cos  cos ' 'B A C

Vì ABC.A'B'C' là hình lăng trụ tam giác đều, ABa,AA'a 3 nên A'CB'C2a

Gọi M là trung điểm A ' B', ta có CM A ' B' Do đó cos' ' ' /

'

A M a

B A C

A C a

4

1

  Vậy góc giữa hai đường thẳng AB , CA' là góc nhọn  thỏa mãn

4

1

0,25

Vì AB//A'B' nên AB//(A'B'C)

C B

B AA C

B

C B AA

S

B AA C d S S

V C

B A A d C B A AB d C A AB d

' ' ' '

'

3 )) ' ' ( , ( )) ' ' ( , ( ) ' ,

Ta có

2

3

3 2

1 ' ' '

2

' '

a a a B A AA

2

15 '

A

4

15 2

15 2

1 '

' 2

' '

a a

a CM B A

0,25

Ta có AA'C'M,A'B'C'M,CC'//(AA'B'B) Suy ra

5

15 )

' ,

7

(1,0 đ)

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC CA Theo giả thiết thì MN là đường trung ,

bình của tam giác IEF Mặt khác, MN cũng là đường trung bình của tam giác ABC

Do đó AB//EF,ABEF 65

0,25

Đường thẳng AB đi qua N(3;0) và nhận vectơ EF(4;7) làm một vectơ chỉ phương nên

có phương trình là 7(x3)4y0 hay 7x4y210 0,25

Vì G(2;2) là trọng tâm tam giác ABC nên

65

3 ) , ( 3 ) , (C AB  d G AB 

Vậy

2

3 65

3 65 2

1 ) , ( 2

 AB d C AB

8

(1,0 đ) Giải hệ phương trình

) 3 (

) 2 ( 1

14 )

( 2 2

1 )

1 ( ) 1 ( ) 1 (

2

2 2



































x y

y x x

x x

y x

x y

y

Điều kiện: x2 2(xy)0

0 ) 1 (

) (

) (

)

2

(  y3x3  y2 yxx2  yx 

0 ) 1 ).(

1 (

0 ) 1 (

) 1 ).(

0,25

Vì y yxx  (yx)  x   x y, nên (4)x y1

Thế x y1 vào (3) ta được phương trình:

2 14

1 2

0,25

0 ) 2 ( 14 )

2 ( ) 14 (

) 2 ( 14 1

2 2

2

3 3



























y y

y y

y y

y y

0 ) 2 ( 14 )

2 ( ) 14 (

) 1 2 ( 6 1

2 2

2

2

























y y

y y

y y y

y

0 ) 2 ( 14 )

2 ( ) 14 (

1 2 6

2 1 2

2

2









































y y

y y

y y y

y

0,25

0 1 2

y y

y y

y y





















) 2 ( 14 )

2 ( ) 14 (

1 2 6

2

2

2

thỏa mãn điều kiện)





























2 2

1

2 2

1

x y

x y

(thỏa mãn)

Vậy, hệ phương trình có 2 nghiệm (x;y)( 2;1 2),(x;y)( 2;1 2)

0,25

9

(1,0 đ) Theo bất đẳng thức Cô-si ta có

3 2 4 4

4 4

4 2 2 ) 1 ( )

4 1

Tương tự, ta có 4 3

4 1

3y   y

3 3

3

) (

64 ) (

4

z y x

z y

x P









0,25

Ta lại có (xy)2.(x y)04(x3 y3)(xy)3 0,25

3 3

) (

64 ) (

z y x

z y

x P











Đặt

z y x

z t





 (0t1), ta có P(1t)364t3 f(t)

Xét hàm số f(t)(1t)3 64t3 với t(0;1), ta có

) 1 ( 64 3 )

(

9

1 0

) (

f (thỏa mãn) hoặc

7

1





t (loại)

Lập bảng biến thiên, ta có

81

64 ) ( min

) 1

; 0

t đạt được tại

9

1



t

0,25

Suy ra

81

64



P Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

4

1 ,



y z

Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là

0,25

-Hết -