Tài liệu 02_de thi thu thptqg 2015_de 2_dap an

Khóa học LUYỆN ĐỀ ĐẶC BIỆT 2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Website: www.Moon.vn THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 Môn thi: TOÁN; Lần 02 (Ngày 24/05/2015) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ LẦN 2 Câu 1 (2,0 điểm). Hoành độ giao điểm của d và ( C ) là nghiệm của PT: x − m =  x ≠ 1 x +1 ⇔ 2 x −1  x − ( m + 2 ) x + m − 1 = 0 (1) Ta có d và ( C ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 2 m 2 + 8 > 0 ∆ = ( m + 2 ) − 4 ( m − 1) > 0 ⇔ ⇔ ⇔ m ∈ ℝ (*). 2 ∈ ℝ m − + + − ≠ 1 m 2 .1 m 1 0 ( )    x1 + x2 = m + 2 Do A, B ∈ d ⇒ A ( x1 ; x1 − m ) , B ( x2 ; x2 − m ) . Theo Viet ta có   x1 x2 = m − 1  2 2 2 Khi đó AB = ( x2 − x1 ; x2 − x1 ) ⇒ AB 2 = ( x2 − x1 ) + ( x2 − x1 ) = 2 ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2 ( = 2 ( m + 2 ) − 8 ( m − 1) = 2m 2 + 16 = 3 2 2 ) 2 ⇔ m 2 = 1 ⇔ m = ±1. Đã thỏa mãn (*). Vậy m = ±1 là giá trị cần tìm. Câu 2 (1,0 điểm). 1 1 1 = 1 + tan 2 a ⇒ cos 2 a = = 2 2 cos a 1 + tan a 3 1 2  3π  Do a ∈  π;  nên cos a = − ⇒ sin a = tan a.cos a = − . 3 3  2  a) Ta có Mặt khác A = 2 1 π π 1 3 − + cos a sin sin a + cos a −  6 1 2 2 3 3 3 =2 2 = = 3  +  2 2 1 2 cos a − 1 2 cos a − 1 6 2  − 3 sin a cos 6 3 + . 2 2 b) Đặt z = a + bi ( a; b ∈ R ) . Ta có : z + (1 − 2i ) z = 2 − 4i ⇔ a + bi + (1 − 2i )( a − bi ) = 2 − 4i Vậy A =  2a − 2b = 2 a = 2 ⇔ a + bi + a − 2b − ( 2a + b ) i = 2 − 4i ⇔ ( 2a − 2b ) − 2ai = 2 − 4i ⇔  ⇔ ⇒ z = 2+i  2a = 4 b = 1 Khi đó: w = ( 2 + i ) − 2 ( 2 + 2i ) = 3 + 4i − 4 − 4i = −1 . 2 Vậy phần thực của số phức w bằng −1 . Câu 3 (0,5 điểm). ĐK : x > 0 . Khi đó PT ⇔ 2 ( log 4 x ) = log 2 x.log 2 2 ( ) 2 1  x + 1 − 1 ⇔ 2  log 2 x  = log 2 x log 2 2  ( ) x +1 −1 . Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015! Khóa học LUYỆN ĐỀ ĐẶC BIỆT 2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG ⇔ log 22 x = 2 log 2 x.log 2 ( ) x + 1 − 1 ⇔ log 2 x log 2 x − log 2  ( Website: www.Moon.vn ) 2 x + 1 −1  = 0 .   log 2 x = 0  x = 1 (t / m) x = 1 ⇔ ⇔ ⇔  log 2 x = log 2 x + 2 − 2 x + 1  x = 0 ( loai ) x = x + 2 − 2 x +1 Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của PT đã cho. ( ) Câu 4 (1,0 điểm). Điều kiện x ∈ ℝ . 2 3  42 42  Nhận xét : 2 17 x − 6 x + 3 − 3 = 2 17  x −  + −3≥ 2 −3 > 0. 17  17  17 2 Bất phương trình đã cho tương đương với 20 x 2 − 4 x − 3 ≥ 2 ( 2 x + 1) 17 x 2 − 6 x + 3 − 6 x − 3 ⇔ 20 x 2 + 2 x ≥ 2 ( 2 x + 1) 17 x 2 − 6 x + 3 ⇔ 17 x 2 − 6 x + 3 − 2 ( 2 x + 1) 17 x 2 − 6 x + 3 + 3x 2 + 8 x − 3 ≥ 0 Đặt 17 x 2 − 6 x + 3 = t ; t > 0 thu được t 2 − 2 ( 2 x + 1) t + 3 x 2 + 8 x − 3 ≥ 0 (1) . Xét phương trình bậc hai ẩn t, tham số x ta có t 2 − 2 ( 2 x + 1) t + 3x 2 + 8 x − 3 = 0 . t = 3 x − 1 2 2 Ta có ∆′ = ( 2 x + 1) − ( 3 x 2 + 8 x − 3) = ( x − 2 ) ⇒  t = x + 3 Khi đó (1) ⇔ ( t − 3x + 1)( t − x − 3) ≥ 0 ( 2 ) . Dễ thấy t = 17 x 2 − 6 x + 3 = ( 3x − 1) 2 + 8x2 + 2 > ( 3x − 1) 2 = 3x − 1 ≥ 3 x − 1 ⇒ t − 3 x + 1 > 0 . Vậy  x < −3  ( 2 ) ⇔ t ≥ x + 3 ⇔ 17 x − 6 x + 3 ≥ x + 3 ⇔  x ≥ −3  17 x 2 − 6 x + 3 ≥ x 2 + 6 x + 9  2   x < −3  x < −3  3 + 33  x < −3  x≥   3 + 33  x ≥ −3  8 ⇔   x ≥ −3 ⇔  ⇔  x ≥ ⇔  8  3 − 33 3 + 33 3 − 33  8 x 2 − 6 x − 3 ≥ 0   x ≥ ∨x≤ x ≤  3 − 33  8  8 8   −3 ≤ x ≤ 8  3 + 33 x ≥ 8 Kết luận bất phương trình đã cho có nghiệm   3 − 33 x ≤ 8  Câu 5 (1,0 điểm). 4 4 Ta có I = ∫ x .dx + ∫ ln( x + 1).dx . 1 4 1 4 1 2 4 14 2 (x x ) = 1 3 3 1 1 4 4 4 5 • I 2 = ∫ ln( x + 1).dx = [ ( x + 1)ln( x + 1)] − ∫ dx = 5 ln 5 − 2 ln 2 − 3 . I = + 5ln 5 − 2 ln 2 1 1 3 1 • I1 = ∫ x .dx = ∫ x .dx = Câu 6 (1,0 điểm). Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015! Khóa học LUYỆN ĐỀ ĐẶC BIỆT 2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Website: www.Moon.vn Ta có SM ⊥ AB tại trung điểm M của AB. 2  AB  Khi đó : SM = SA −   = a 3.  2  2  SM ⊥ CD Dựng MK ⊥ CD ⇒  ⇒ CD ⊥ ( SMK ) .  MK ⊥ CD  = 600 ⇒ MK tan 600 = SM = a 3 . Do vậy SKM ⇒ MK = a = BC = AD . 1 2a 3 3 . Ta có: VS . ABCD = SM . AB. AD = 3 3 Lại có: IM BM 1 IC 2 = = ⇒ = . IC CD 2 MC 3 Do đó : d ( I ; ( SCD ) ) = Ta có : MH = Đáp số : V = 2 2 d ( M ; ( SCD ) ) = MH (với H là chân đường cao hạ từ M xuống SK) 3 3 SM .MK SM 2 + MK 2 = a 3 a 3 ⇒ d ( I ; ( SCD ) ) = . 2 3 2a 3 3 a 3 ;d = 3 3 Câu 7 (1,0 điểm). BH MK AM 1 2 = = = . Do vậy HC = BC = DN . HC KD DN 2 3  = NDC  ⇒ AN ⊥ DH tại điểm E. Khi đó: ∆AND = ∆DHC ⇒ DAN Do vậy E là hình chiếu vuông góc của N trên DH vậy E (1; 4 ) ⇒ EN = 4 . Ta có: Đặt AD = 3a ⇒ DN = 2a ⇒ AN = a 13 . 2 AE  AD  9 Lại có: AE. AN = AD ⇒ =  = AN  AN  13 9   9  1 − x A = 13 ( 5 − x A ) Do vậy AE = AN ⇔  ⇔ A ( −8; 4 ) 9 13 4 − y = ( 4 − y ) A A  13   t = 10 ( loai ) 2 Gọi D (1; t ) ta có: DA.DN = 0 ⇔ −9.4 + ( 4 − t )( 4 − t ) ⇔ ( t − 4 ) = 36 ⇔  t = −2 ⇒ (1; −2 )   4 = 2 ( xC − 5 ) Lại có: DN = 2 NC ⇔  ⇒ C ( 7;7 ) ⇒ B ( −2;13) . 6 = 2 ( yC − 4 ) Đáp số: A ( −8; 4 ) ; B ( −2;13) ; C ( 7;7 ) ; D (1; −2 ) là các điểm cần tìm. 2 Câu 8 (1,0 điểm). Ta có ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 25 ⇒ I (1; 2;3) , R = 25 = 5. 2 2 2 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015! Khóa học LUYỆN ĐỀ ĐẶC BIỆT 2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG 2.1 − 2.2 − 3 − 4 d ( I ; ( P )) = Website: www.Moon.vn = 3 < R ⇒ ( P ) cắt ( S ) theo một đường tròn (T ) . 2 + ( −2 ) + ( −1)  ( P ) có VTPT n = ( 2; −2; −1) . Gọi d là đường thẳng qua I (1; 2;3) và vuông góc với ( P ) 2 2 2  x = 1 + 2t   ⇒ d nhận n = ( 2; −2; −1) làm VTCP ⇒ d :  y = 2 − 2t z = 3 − t  Gọi K là tâm và r là bán kính của (T ) ⇒ K (1 + 2t ; 2 − 2t ;3 − t ) . Mà K ∈ ( P ) ⇒ 2 (1 + 2t ) − 2 ( 2 − 2t ) − ( 3 − t ) − 4 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ K ( 3;0; 2 )  2 2 ⇒ IK = ( 2; −2; −1) ⇒ IK = 22 + ( −2 ) + ( −1) = 3. Ta có r = R 2 − IK 2 = 52 − 32 = 4. Vậy K ( 3;0; 2 ) , r = 4. Câu 9 (0,5 điểm). +) Mỗi câu hỏi có 4 đáp án, và có 100 câu hỏi nên số khả năng có thể xảy ra khi bạn học sinh này khoanh ( ) đáp án là C41 100 ( ) , hay không gian mẫu: Ω = C41 100 +) Để đạt được 5 điểm bạn học sinh đó phải khoanh đúng 50 câu hỏi trong 100 câu hỏi, số cách khoanh đúng 50 50 câu trong 100 câu là C100 . Sau khi chọn 50 câu đúng, bạn ấy trả lời sai 50 câu trong 100 câu còn lại. Mỗi ( ) câu sai có 3 cách chọn, vậy số cách chọn câu sai là C31 50 ( ) 50 Vậy số cách để bạn học sinh khoanh được 5 điểm là C100 . C31 Xác suất cần tính là P = ( ) (C ) 50 C100 . C31 1 100 4 50 50 ≈ 0, 000000045 Câu 10 (1,0 điểm). Áp dụng bất đẳng thức AM – GM chúng ta có: x + y + z = 2 ⇔ z 2 − 4 z + 12 = 8 + ( 2 − z ) = 8 + ( x + y ) 2 2 ⇔ x 2 + y 2 + 2 xy + 8 = ( x + y ) + 4 + 4 ≥ 4 ( x + y ) + 4 = 4 ( x + y + 1) 2 ⇔ 4x + y 4x + y 4x + y 3y x+ y ≤ ⇔ 2 + ≤ z − 4 z + 12 4 ( x + y + 1) z − 4 z + 12 4 ( x + y + 1) x + y + 1 2 Mặt khác, với điều kiện x, y, z ≥ 0 suy ra x, y, z ≥ 0 ⇔ x + y + 2 z ≥ x + y ⇔ − x + y + 2z x+ y ≤− 9 9 x+ y x+ y t t − = f (t ) = − vớ i t = x + y = 2 − z ≤ 2 x + y +1 9 t +1 9 t t − ; với t ∈ [ 0; 2] có: Xét hàm số f ( t ) = t +1 9 Từ đó, ta được: P ≤ Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015! Khóa học LUYỆN ĐỀ ĐẶC BIỆT 2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG f '(t ) = 1 ( t + 1) 2 − Website: www.Moon.vn t = 2 1 8 − 2t − t 2 =0⇔ = 0 ⇔ t 2 + 2t − 8 = 0 ⇔  2 9 9 ( t + 1)  t = −4 So sánh các giá trị f ( 0 ) ; f ( 2 ) suy ra max f ( t ) = max { f ( 0 ) ; f ( 2 )} = f ( 2 ) = 4 . 9 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức đã cho bằng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1; z = 0 . Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015!