Dap an de thi THPT Quoc gia 2015 mon Toan

 đường tròn đường kính AC.[r]

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi: 01/07/2015

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

1

(1 điểm) Cho hàm số

3 3

Tập xác định:D

Sự biến thiên:

+ Chiều biến thiên: 2

y    x

Hàm số đồng biến trên từng khoảng ;0và 2;

Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2

Hàm số đạt cực đại tại x 1,y CD2, hàm số đạt cực tiểu tại x1,y CT  2

+ Giới hạn:

xlim y

  

+ Bảng biến thiên:

x  -1 1 

y’ + 0 – 0 +

y

2 

 -2 + Đồ thị

2

4

x

      

Ta có f(1) = 5; f(2) = 4; f(3) = 13/3

Vậy max f x1;3   5

   khi x = 1

 

1;3

min f x 4

   khi x = 2

3a

a (1 – i)z – 1+ 5i = 0

=>

2 2

z

1 i 5i 5i

1 i

6 4i

3 2i

1 1

  









Phần thực bằng 3, phần ảo bằng -2

2 log (x   x 2) 3

x   x 

 2

x   x

 (x-2)(x+3)=0

3

x x





  



Vậy x = 2 hoặc x = -3

4

0

Phương trình đường thẳng A (1;-2;1) nận vecto AB là vecto chỉ phương

 (AB): x 1 y 2 z 1

    

Gọi M là giao điểm của (AB) và (P)

Do M(AB)M(t 1;3t 2; 2t 1) Do:

M P t 1 (3t 2) 2(2t 1) 3 0 2t 2 0

 t = -1

 M (0; -5; -1)

9

    

6b TH1: Có 2 đội của trung tâm y tế cơ sở và 1 đội của trung tâm y tế dự phòng

Số cách chọn là 5 2

20

C (do có C220 cách chọn 2 đội của trung tâm y tế cơ sở và 5 cách chọn 1 đội của trung tâm y tế dự phòng)

TH2: Cả 3 đội của trung tâm y tế cơ sở là:

Số cách chọn là 3

20

C

 Số cách chọn ít nhất 2 đội của trung tâm y tế cơ sở là:

5C  C Tổng số cách chọn ra 3 đội là: 3

25

C

 Xác suất =

3 25

5C C 2090 209

7

D

S

K

H

Vì SAABCD nên VSABCD 1.SA.SABCD

3

ABCD

Xét tam giác vuông SAC có SA ACtan45 0 a 2

Vậy

3 2

+ Tính d(SB, AC)

Kẻ Bx//AC, kẻ AK Bx , kẻ AH SK

Ta có AC / /BKSBK

AC / / SBK

d AC;SB d AC; SBK d A; SBK

+ Ta chứng minh AHSBK

Thật vậy: ta có BK AK BK SAK





Mà AH SK AHSBKd A; SBK   AH

Xét tam giác vuông AKB có: AK AB.sin 450 a 2

2

AH  SA AK 2a a 2a

8 Gọi M là trung điểm của AC

M : x – y +10 = 0 => M

(m;m+10)

Ta có:

0 0

90 90

AHC AKC







 => A, H, K, C

 đường tròn đường kính AC

 MH = MK  MH2

= MK2



  2  2  2 2

 m2

+ 10m + 25 + m2 + 30m + 225 = m2 -18m + 81 + m2 + 26m + 169

 32m = 0  m = 0

 M (0;10) (*) ∆ABD cân tại A nên A1 A2

Mà:

0 2

0 1

90 90





   => C1A2

1 1

C K ( vì cùng chắn cung AH, tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn)

 A1K1 => ∆AHK cân tại H + AH HKAH2HK2

Giả sử A x y  ,

AH    x y AH  x  y

  2 2

+ MA2 MH2 (vì M là tâm đường tròn ngoiaj tiếp tam giác)

 2 2

Từ (1) và (2) suy ra    

2 2

5

y



Vậy A(-15;5)

9 Giải phương trình:

Đk: x ≥ - 2

Phương trình đã cho     

2

1

x

D

M

B

 ( 2) 2 4 1 0

x



2

2

x







(2)

4 ( 2 2) ( 1)( 2 3)

x x x x  x

x  x  x  x x  x 

    2     2 3 1

 

x



  



2

3 13 2

x x









 



10 Ta có:

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2

abc

abc

Vì a, b, c [1;3] nên ta có:

(a – 1)(b – 1) (c – 1) 0

Ta có : ab + bc + ca (a b c)2 12

Suy ra : 11 ab + bc + ca 12

Từ (1) và (2) suy ra:

P ab + bc + ca + 72 1(ab bc ca 5)

Xét hàm f(t) = t 72 5

2 t 2 với 11 t 12

Ta có : '

f (t) =

2

1 72 t 144

0

f(t) là hàm nghịch biến trên [11 ;12]

Bảng biến thiên :

t 11 12

f(t) 160

11

14

Vậy max f(t) = 160 t 11

Suy ra max P = 160

11 Dấu bằng xảy ra khi (a ;b, c) = (1 ;2 ;3) và các hoán vị