TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu Câu (2,0 điểm) ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án a) (1,0 điểm) o Tập xác định:  \ {1} o Sự biến thiên: * Giới hạn, tiệm cận: Ta có lim y   lim y   Do đường thẳng x  tiệm x 1 x 1 cận đứng đồ thị (H) Vì lim y  lim y  nên đường thẳng y  tiệm cận ngang đồ thị (H) x  Điểm 0,5 x   0, với x  ( x  1) Suy hàm số đồng biến khoảng  ; 1 , 1;    * Chiều biến thiên: Ta có y '  * Bảng biến thiên: x  y'     y 1  o Đồ thị: Đồ thị (H) cắt Ox  2;  , cắt Oy  0;  ; nhận giao điểm I 1; 1 hai đường y 0,5 O I x tiệm cận làm tâm đối xứng b) (1,0 điểm) , với x  Vì tiếp tuyến có hệ số góc k  nên hoành độ tiếp ( x  1) x  điểm nghiệm phương trình  , hay  x  1     x  1  x  *) Với x  ta có phương trình tiếp tuyến y  x  *) Với x  ta có phương trình tiếp tuyến y  x  Vậy có hai tiếp tuyến y  x  y  x  a) (0,5 điểm) Ta có y '  Câu (1,0 Rõ ràng cos  0, chia tử số mẫu số A cho cos3 ta 0,5 0,5 0,5 điểm) A tan  1  tan    2  tan   tan   2.5    16 b) (0,5 điểm) Giả sử z  a  bi, (a, b  ) Suy z  Từ giả thiết z  2(1  i )  a  bi   a   (b  1)i 1 i 2 số thực ta có b  1 i 0,5 Khi z   a  i   a    a   Câu (0,5 điểm) Câu (1,0 điểm) Vậy số phức cần tìm z   i z    i Bất phương trình cho tương đương với 2 23 x.21 x  x  23 x 1 x  x  3x   x  x  x  x      x   0,5 *) Điều kiện:  x   2  x  Phương trình cho tương đương với x   x  x  x   x  x    Ta có x   x  42 x  x  , với x   2; 2 0,5 Suy x   x  2, với x   2; 2 Dấu đẳng thức (2) xảy x  0, x   Đặt (1) (2) x  x  t Dễ dàng có t  1; 2 , với x   2; 2 Khi vế phải (1) f (t )  t  2t  2, t   1; 2 t  Ta có f (t )  3t  4t    t     22 Hơn nữa, ta lại có f ( 1)  1, f (0)  2, f    , f (2)    27 Suy f (t )  2, với t  1; 2 0,5 Do x  x   x  x    , với x  2;  (3) Dấu đẳng thức (3) xảy x  0, x   Từ (2) (3) ta có nghiệm phương trình (1) x  0, x   Vậy phương trình cho có nghiệm x  0, x   Câu (1,0 điểm) Chú ý x ln  x  1  0, với  x  Khi diện tích hình phẳng cần tính S   x ln  x  1 dx Đặt u  ln  x  1 , dv  xdx Suy du  0,5 dx, v  x 3x  Theo công thức tích phân phần ta có 1 1 x2   S  x ln  x  1   dx  ln    x   dx 2 3x  0 3x   0,5 13   ln   x  x  ln x    ln  62 12 0 Câu (1,0 điểm) Gọi H trung điểm BC Từ giả thiết suy C ' H  ( ABC ) Trong ABC ta có 0,5 a2 AB AC sin1200  2 BC  AC  AB  AC AB cos1200  7a S ABC  a a  C ' H  C ' C  CH   BC  a  CH  Suy thể tích lăng trụ V  C ' H S ABC  3a3 Hạ HK  AC Vì C ' H  ( ABC )  đường xiên C ' K  AC    ( ABC ), ( ACC ' A '   C ' KH (1)  ( C ' HK vuông H nên C ' KH  90 ) 2SHAC S ABC a   AC AC C 'H    tan C ' KH   1 C ' KH  450 HK Từ (1) (2) suy  ( ABC ), ( ACC ' A ')   450 Trong HAC ta có HK  0,5 (2) Ghi chú: Thí sinh tính độ dài AH suy AHC vuông A để suy K  A Câu (1,0 điểm)  x   7t Gọi M trung điểm BC Phương trình GE hay AM x  y     y   4t Gọi M   m;  m  Ta có   IM   7m  2; 4m   ; FM   7m  6; 4m   Vì IM  FM nên   IM FM  0,5   m   m     m   4m     m  Suy M  3;    Giả sử A   a;  4a  Vì GA  2GM ta a  1 Suy A  4;   Suy phương trình BC : x  y    B(2b  7; b)  BC (điều kiện b  2) b  Vì IB  IA nên (2b  6)  (b  2)  25   b  (ktm) Suy B(5; 1)  C (1; 3) (vì M trung điểm BC) Câu (1,0 điểm) 0,5    có vtcp u  (1;  1; 2) A(2; 1; 1)    MA  (4; 0; 1)     vtpt n p  u , MA  (1; 7; 4) 0,5 Suy ( P) : 1( x  2)  7( y  1)  z   x  y  z   N    N (t  2;  t  1; 2t  1) Khi MN  (t  4)  ( t )  (2t  1)  11 0,5  6t  12t    t  1 Suy N (1; 2;  1) Câu (0,5 điểm) Câu 10 (1,0 điểm) Số cách lấy hai viên bi từ hộp C122  66 Số cách lấy hai viên bi gồm viên màu xanh, viên màu đỏ khác số   16 Số cách lấy hai viên bi gồm viên màu xanh, viên màu vàng khác số   12 Số cách lấy hai viên bi gồm viên màu đỏ, viên màu vàng khác số   Như số cách lấy viên bi từ hộp vừa khác màu vừa khác số 16  12   37 Suy xác suất cần tính 37 P  0,5606 66 z z Giả sử z  x, y , z Đặt x   u  0, y   v  Khi ta có 2 2 z z   2 2 x  z   x    u ; y  z   y    v2 ; 2 2   (1) 2 z z     x2  y2   x     y    u  v2 2  2  Chú ý với hai số thực dương u, v ta có 1 1     (2) u v u v uv u  v Từ (1) áp dụng (2) ta 1 1 1      2 2 2 x y y z z x u v v u 1 1  3 1         u v 4u v  4u v  1    u v 2uv  u  v 2  u  v   u  v   10 u  v   0,5 10 x  y  z Mặt khác ta có  x  1  y  1  z  1  xyz   xy  yz  zx    x  y  z    xyz  x  y  z   x  y  z  Từ (3) (4) suy 0,5 (3) (4) P 10 x  y  z Đặt x  y  z  t  Xét hàm số f (t )    x  y  z   (5) 10  t , t  t2 20  , t 0 t3 Suy f (t )   t  2; f (t )   t  2; f (t )    t  15 Suy f (t )  f (2)  với t  (6) 25 Từ (5) (6) ta P  , dấu đẳng thức xảy x  y  1, z  hoán vị 25 Vậy giá trị nhỏ P Ta có f (t )   0,5