PHAN TICH VA GIAI BANG NHIEU CACH DE THI QUOC GIA 2015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO --------------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang). Email: KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3 x. Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x . 4 trên đoạn 1;3 . x. Câu 3 (1,0 điểm) a) Cho số phức thỏa 1  i  z  1  5i  0 . Tìm phần thực và phần ảo của z. b) Giải phương trình log 2  x 2  x  2   3. 1. Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I    x  3  e x dx. 0. Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho các điểm A 1; 2;1 , B  2;1;3  và mặt phẳng.  P  : x  y  2 z  3  0 . Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng  P  . Câu 6 (1,0 điểm) 2 a) Tính giá trị của biểu thức P  1  3cos 2  2  3cos 2  biết sin   . 3 b) Trong đợt phòng chống dịch MERS-CoV. Sở y tế thành phố đã chọn ngẫu nhiên 3 đội phòng chống dịch cơ động trong số 5 đội của Trung tâm y tế dự phòng TPHCM và 20 đội của Trung tâm y tế cơ sở để kiểm tra công tác chuẩn bị. Tính xác suất để có ít nhất 2 đội của các Trung tâm y tế cơ sở được chọn. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ACBD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳmg  ACBD  , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ACBD  bằng 450. Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu của A trên cạnh BC; D là điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu của vuông góc C trên đường thẳng AD. Giả sử H  5; 5  , K  9; 3 và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng x  y  10  0. Tìm tọa. độ điểm A.. x 2  2x  8   x  1 x  2  2 trên tập số thực. x2  2 x  3 Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn 1;3 và thỏa mãn điều kiện a  b  c  6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2  12abc  72 1 P  abc ab  bc  ca 2 Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình. . . ------Hết-----Thí sinh không được sử dụng bất kì loại tài liệu nào, giám thị coi thi không giải thích gì thêm.. Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long. Email: ĐÁP ÁN (tham khảo nha các em… chống trị định với các em yếu tim ) Câu 1. Thí sinh tự làm Câu 2. max f  x   5  x  1; min f  x   4  x  2 x1;3. x1;3. Câu 3. a) z  3  2i  phần thực 3, phần ảo 2 x  2 b)   x  3 Câu 4. I  4  3e x 1 y  2 z 1 Câu 5. AB :   ; M  0; 5; 1 1 3 2 Câu 6. 14 a) P  9 209 b) P  30 a3 2 a 10 Câu 7. V  ; d  SB, AC   3 5 Câu 8. A  15;5  x  2 Câu 9.   x  3  13  2 166 Câu 10. P  . Dấu “=” xảy ra a  1; b  2; c  3 và các hoán vị 11. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1.  Tập xác định: D    Sự biến thiên :  x  1 Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3, y '  0   x  1  Hàm số đồng biến trên 2 khoảng  ; 1 và 1;   . Hàm số nghịch biến trên  1;1. -. -. Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x  1  ycđ  2 ; hàm số đạt cực tiểu x  1  yct  2 Giới hạn tại vô cực: lim y   và lim y   x .  Hàm số không có tiệm cận - Bảng biến thiên x  1 y'  0 2 y. . x . . 1 0. .  . 2. Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long . Email: Đồ thị. Câu 2. Cách 1: Sử dụng khảo sát hàm số 4 x2  4 Ta có f '  x   1  2  x x2  x  2  1;3 f '  x   0  x2  4  0    x  2  1; 3 13 Tính f 1  5; f  2   4; f  3  . 3 So sánh các giá trị này ta thấy min f  x   4 ; max f  x   5 . [1;3]. [1;3]. Chú ý: Có thể lập bảng biến thiên Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức cô – si 4 ta có x 4 4 4 x   2 x.  4 . Dấu "=" xảy ra khi x   x  2  1;3 x x x Vậy min f  x   4 khi x  2. - Áp dụng BĐT cosi cho hai số dương x và. [1;3]. - Vì x  1;3   x  1 x  3   0  x 2  4 x  3  0  x . 3 4 x. 4 3 1 1  x    4   5 . Dấu "=" xảy ra khi x  1  1;3 x x x 1 Vậy max f  x   5 khi x  1. Khi đó f  x   x  [1;3]. Câu 3. a) Cách 1: Coi đây là phương trình bậc nhất đối với z 1  i  z  1  5i  0  1 – i  z  1 – 5i Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long. Email: 1  5i 1  5i 1  i  1  4i  5i 2    3  2i 1 i 2 1  i 1  i  Vậy phần thực của z là 3; phần ảo của z là 2 Cách 2: Đặt z  a  bi,  a, b    sau đó đồng nhất hai vế theo i được a và b z. Ta có 1  i  a  bi   1  5i  0  a  b  1   b  a  5  i  0  0  0i a  b  1 a  3   a  b  5 b  2 Chú ý: Cách 1 chỉ được dùng khi biểu thức đó là bậc nhất với một ẩn ( z hoặc z ), cách 2 là tổng quát nhất cho mọi trường hợp b) Phương trình 2  2 1 7   x  x  2   x     0, x   log 2 ( x 2  x  2)  3  log 2 8   2 4   2 2 x  x  2  2  8 x  2  x2  x  6  0    x  3 Vậy phương trình có hai nghiệm là x  2 hoặc x  3 Câu 4. Dấu hiệu nhận biết tích phân từng phần là tích của hai loại hàm và đặt u theo quy tắc “nhất lô, nhì đa, tam lượng, tứ mũ” u  x – 3 du  dx Đặt   x x  dv  e dx v  e Khi đó I   x  3 e. x 1 0. 1.   e x dx  2e  3  e x. 1 0.  4  3e. 0. Câu 5.  - Đường thẳng AB đi qua A và có vtcp AB  1;3; 2  nên có phương trình chính tắc là. x 1 y  2 z 1   1 3 2 - Tọa độ giao điểm M của AB và  P  là nghiệm hệ phương trình:  y  5x  5 x  0  x 1 y  2 z 1        y  5  M  0; 5; 1 3 2  z  2x  1  1  x  y  2 z  3  0 x  5x  5  2 2x  1  3  0  z  1       Chú ý: Đề không yêu cầu viết phương trình đường thẳng AB ở dạng nào nên ta có thế viết ở dạng chính tắc hoặc tham số. Nếu để ở dạng tham số thì khi tìm tọa độ điểm M ta thay vào mặt phẳng  P  sẽ được một phương trình bậc nhất theo t và sẽ tìm được giao điểm. Đường thẳng AB đi qua A hoặc B đều đúng hết và khi lấy giao điểm với  P  chỉ được duy nhất một điểm M. Câu 6. a) Dựa vào công thức cos   1  2sin 2  ta sẽ tính được P   8    1   14 Ta có P  1  3 1  2sin 2     2  3 1  2sin 2     P  1  3 1     2  3      9    9  9  b) Từ giả thiết ta có tất cả 25 đội tham gia phòng chống dịch 3 3 - Số cách chọn 3 đội từ 25 đội là C25 nên số phần tử của không gian mẫu là   C25  2300 - Gọi A là “biến cố có ít nhất 2 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn” Số cách chọn ít nhất 2 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn là 2 hoặc 3 Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long. Email: TH 1: Có 2 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn và 1 đội của Trung tâm y tế dự phòng TPHCM 2 Vậy tất cả có C20 .C51  950 cách TH 2: Có 3 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn 3 Vậy tất cả có C20  1140 cách 3 Nên số kết quả thuận lợi cho biến cố A là  A  C202 C51  C20  2090. Khi đó xác suất để có ít nhất 2 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn P  Câu 7. Xu hướng ra câu hình không gian thường là giải bằng hai cách khác nhau để thuận lợi cho học sinh giải được. - Tính thể tích Vì SA   ABCD   SA  AC  AC là hình chiếu của   450 hay tam giác SC trên mặt phẳng  ABCD  hay SCA SAC vuông cân tại A hay AS  AC  a 2 + Diện tích hình vuông ABCD là S  a 2 + Thể tích hình chóp S . ABCD là 1 1 a3 2 (đvtt) V  S ABCD .SA  a 2 .a 2  3 3 3 - Tính khoảng cách Cách 1: Phương pháp Hình học cổ điển + Qua B kẻ đường thẳng Bx song song với AC cắt CD tại M khi đó tứ giác ABMC là hình bình hành + Vẽ AH vuông góc với BM tại H, AK vuông góc SH tại K Suy ra AK vuông góc  SBM . A . . 209 230. S. K A. D. H C. B. M. Vì AC song song  SBM  suy ra d  AC , SB   d  A,  SBM    AK a 2 2 1 1 1 1 4 5 a 10 Trong tam giác vuông SAH ta có  2   2  2  2  AK  2 2 AK SA AH 2a 2a 2a 5 a 10 Khi đó d  AC , SB   d  A,  SBM    AK  (đvđd) 5 Chú ý: Ta cũng có thể tính khoảng cách như sau: + Qua B kẻ đường thẳng Bx song song với AC cắt CD tại M khi đó tứ giác ABMC là hình bình hành. Khi đó d  AC , SB   d  A,  SBM   . Vì thể tích S . ABM không đổi khi ta hoán vị các đỉnh cho nhau nên. Trong tam giác vuông AHB ta có AH  AB.sin 450 . 1  VS . ABM  3 S ABM .SA  1 V SABM .SA .  A.SBM  3 .S SBM . AA '  d  A,  SBM    S SBM   AA '  d  A,  SBM    VS . ABM  VA.SBM Đây chỉ là một ý tưởng để tính khoảng cách chứ không nên áp dụng vào bài thi vì phải sử dụng công thức herong để tính diện tích các tam giác ABM và SBM Cách 2: Phương pháp tọa độ hóa. Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long. Email: Tính được SA  a 2 . Chọn hệ trục tọa độ sao cho A  O  0;0; 0  , B  Ox  B  a;0; 0  , C   xOy   C  a; a;0 . . . D  Oy  D  0; a; 0  , S  Oz  S 0; 0; a 2    Ta có AC   a; a; 0  ; SB  a; 0;  a 2 ; AB   a;0; 0       Tính  AC , SB   a 2 2; a 2 2; a 2   AC , SB  AB  a 2 2  0  SA và BC là hai đường thẳng chéo     AC , SB  AB a 10   nhau. Khi đó d  AC , SB      5  AC , SB    Câu 8. Xu hướng ra đề thường là kết hợp giữa hình học phẳng và hình giải tích trong mặt phẳng. Do đó ta cần vẽ hình chính xác để từ đó dựa vào hình vẽ “mò mẫn, dự đoán” tìm ra điểm mấu chốt của bài toán - Từ hình vẽ ta có thể dự đoán tứ giác AHKC là hình thang nội tiếp đường tròn tâm M (M là trung điểm của AC), các tam giác HMN và AHK là các tam giác cân tại M và H. Do đó mấu chốt bài toán là tìm tọa độ điểm M sau đó mới tìm tọa độ điểm A dựa vào mối quan hệ giữa ba điểm M, H, K và A, M, H khi biết tọa độ điểm H và K - Tìm tọa độ điểm M - Gọi M là trung điểm của AC để tìm tọa độ điểm M là có hai hướng sau M   Hướng 1: Giải hệ  .  MH  MK   900  tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn tâm M bán kính Thật vậy ta có  AHC  AKC. . . . . AC  MH  MK  MA  MC 2 Giả sử M  m; m  10    . Khi đó R. 2. 2. 2. 2. MH  MK   m  5    m  15    m  9    m  13   m  0  M  0;10 . M   Hướng 2: Giải hệ  . Với d chính là đường trung trực của đoạn HK M  d Vì tam giác MHK cân tại M nên đường trung trực của HK sẽ đi qua M. Đường trung trực có phương trình  x  y  10  0 x  0 là d : y  7 x  10 . Khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ    M  0;10   y  7 x  10  y  10 Chú ý: Để chứng minh tam giác MHK cân tại M ta có thể làm như sau 1   HM  2 AC Xét hai tam giác vuông AHC và AKC ta có   HM  KM  KM  1 AC  2 - Tìm tọa độ điểm A - Để tìm tọa độ điểm A ta cũng có hai hướng sau  HA  HK Hướng 1: Giải hệ  . Ta sẽ chứng minh tam giác AHK cân tại H.  MA  MH   DAH  Thật vậy từ giả thiết ta có tam giác ABD cân tại A nên BAH. Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long. Email:   DAH ABH  900  ABH   ADH   Ta có   DAH ACB 0    ACB  ABH  90 Mặt khác  AH ). ACH   AKH (góc nội tiếp cùng chắn cung    Từ đó ta có DAH  DKH  HAK cân tại H hay HA  HK. . . Giả sử A  x; y  ta giải hệ.  x  5  2   y  5 2  260  x  15; y  5  A  15;5   HA  HK    2 2  MA  MH x  y  10  250  x  9; y  3  A  9; 3  K  lo¹i     Vậy tọa độ điểm A cần tìm là A  15;5  Chú ý: - Để chứng minh tam giác AHK cân tại H ta có thể làm như sau   HCA   BAH  (góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và dây cung) và BAH   HAD  (vì tam giác ABD HKA   HAD   AHK cân tại H cân) từ đó HKA 2. - Từ MA  MH  x 2   y  10   250 đây chính là phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHKC có tâm M bán kính MH. Hướng 2: Ta chứng A là điểm đối xứng với K qua đường thẳng MH (đường thẳng MH viết được khi biết tọa độ điểm M) Câu 9. Xu hướng ra đề các năm gần đây thường là kết hợp các phương pháp lại với nhau như liên hợp, đặt ẩn phụ, đạo hàm và phương pháp hàm số 2 Điều kiện x  2 . Vì x 2  2 x  3   x  1  2  0, x   Phương trình .  x  2  x  4  2. x  2x  3. x  2   x4  2   x  2 x  3. x 1 x22. Giải * : *   x  4  2. .   x  1. x2 x2 2. vì. x  2  2  0, x  2. *. . x  2  2   x  1  x 2  2 x  3. 2   x  2  2  x  2  2   x  1  2   x  1  2  **     Xét hàm số f  t    t  2   t 2  2   t 3  2t 2  2t  4 với t  R. . . . . Ta có f '  t   3t 2  4t  2  0, t   nên f  t  đồng biến trên . x  1 3  13 x2   2 x 2 x  2x  1  x  2 3  13 Vậy phương trình có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 Chú ý: Phương trình * cũng có thể giải bằng liên hợp hoặc biến đổi tương đương Khi đó **  x  1 . Câu 10. Xu hướng ra đề thường kết hợp các đẳng thức, bất đẳng thức phụ, bất đẳng thức cổ điển và phương pháp hàm số. Dựa vào hằng đẳng thức  ab  bc  ca  2  a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2  2abc  a  b  c   a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2  12abc   a  b  c  6 Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long. Email: Mặt khác theo giả thiết  a  1 b  1 c  1  0  abc   ab  bc  ac   a  b  c  1  0 a, b, c  1;3     a  3 b  3 c  3   0  abc  3  ab  bc  ac   9  a  b  c   27  0 abc  ab  bc  ac  5   3  ab  bc  ac   27  ab  bc  ac  5  ab  bc  ac  11 abc  3  ab  bc  ac   27. Mặt khác ta có bất đẳng thức phụ ab  bc  ca . a  b  c 3. 2.  12. Do đó nếu ta đặt t  ab  bc  ca ta sẽ thu được t 2  72 1 t 2  72 1 t 72 5 P  abc   t  5    với t  11;12  t 2 t 2 2 t 2 t 72 5 Xét hàm số f  t     , t  11;12 2 t 2 1 72 t 2  144 f ' t    2   0, t  11;12   f  t  là hàm nghịch biến trên đoạn 11;12  2 t 2t 2 11 72 5 160 Do đó Pmax  max f  t   f 11   .   11;12 2 11 2 11 t  ab  bc  ca  11 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi   a  1; b  2; c  3 và các hoán vị a  b  c  6. Lời giải chi mang tính chất minh họa, nếu có gì sai sót mong các em bỏ qua cho. Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>