20 đề thi THPT quốc gia môn toán mới nhất ôn thi 2016 có đáp án

101 3.3K 4
20 đề thi THPT quốc gia môn toán mới nhất ôn thi 2016 có đáp án

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Mục lục Đề số 01 Đề số 02 Đề số 03 Đề số 04 Đề số 05 Đề số 06 Đề số 07 Đề số 08 10 Đề số 09 11 Đề số 10 12 Đề số 11 13 Đề số 12 14 Đề số 13 15 Đề số 14 16 Đề số 15 17 Đề số 16 18 Đề số 17 19 Đề số 18 20 Đề số 19 21 Đề số 20 22 NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đề số 01 Mơn : TỐN Thời gian làm 180 phút ———— Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x3 + 3x2 + (m − 1)x − a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m = b) Tìm tất giá trị m để hàm số cho đồng biến khoảng (0; 3) Câu (1,0 điểm) a) Cho cung α thỏa mãn tan α = Tính A = cos b) Tìm môđun số phức z = + 3i − 3π − 2α + 5i 3−i Câu (0,5 điểm) Giải phương trình log22 (4x) − 3log√2 x − =   2x + + y + =  x y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2  (x + y ) + =8  xy Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ln (x2 ex ) dx (x + 2)2 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi, tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) Biết AC = 2a, BD = 4a, tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AD SC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 2) Đường phân giác đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ B có phương trình 2x − y + = 7x − y + 15 = Tính diện tích tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 3x+5y −z −2 = y−9 z−1 x − 12 = = Tìm tọa độ giao điểm M đường thẳng d mặt đường thẳng d : phẳng (P ) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d vng góc với (P ) Câu (0,5 điểm) Có hai hộp A B đựng viết Hộp A gồm viết màu đỏ viết màu xanh Hộp B gồm viết màu đỏ viết màu xanh Lấy ngẫu nhiên lúc từ hộp viết Tính xác suất cho hai viết lấy có màu Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn (a4 + b4 + c4 ) − 25 (a2 + b2 + c2 ) + 48 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P = a2 b2 c2 + + b + 2c c + 2a a + 2b ——— Hết ——— NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đề số 02 Môn : TOÁN Thời gian làm 180 phút ———— Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 + (m + 1)x2 − 2m − a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m = b) Tìm tất giá trị m để hàm số cho có ba điểm cực trị Câu (1,0 điểm) √ sin 2x + cos 2x − sin x − = a) Giải phương trình (sin x + cos x)2 b) Tìm số phức z thỏa mãn z = z + z Câu (0,5 điểm) Giải phương trình 22x+1 − 3.2x − = Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình √ Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = x x4 − 2x3 + 2x − x3 − 2x2 + 2x x √ x2 + + ex dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng, BD = 2a; tam giác √ SAC vuông S nằm mặt phẳng vng góc với đáy, SC = a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAD) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích Đường thẳng chứa BD có phương trình 2x + y − 12 = 0; đường thẳng AB qua điểm M (5; 1); đường thẳng BC qua điểm N (9; 3) Viết phương trình cạnh hình chữ nhật biết điểm B có hồnh độ ngun x−1 = Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : y−3 z x−5 y z+5 = , d2 : = = mặt phẳng (P ) : x − 2y + 2z − = Tìm hai điểm M −3 −5 thuộc d1 N thuộc d2 cho M N song song với (P ) cách (P ) khoảng Câu (0,5 điểm) Tìm hệ số số hạng chứa x 10 khai triển biểu thức x − x n , biết n số tự nhiên thỏa mãn Cn4 = 13Cnn−2 Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = Chứng minh bất đẳng thức : 2a 2b c2 − + + 2 a +1 b +1 c +1 ——— Hết ——— NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đề số 03 Môn : TOÁN Thời gian làm 180 phút ———— Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3mx2 + (m2 − 1)x + a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m = b) Tìm tất giá trị m để hàm số cho đạt cực tiểu x = Câu (1,0 điểm) 2π π + x + cos2 +x 3 b) Tìm số phức z thỏa mãn |z − 1| = 17 (z + z) − 5zz = a) Chứng minh đẳng thức cos2 x + cos2 = Câu (0,5 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = x2 − ln(1 − 2x) đoạn [−2; 0] √ √ x2 + xy − 2y + 3y − = y − − x √ √ − y + 2x + 3y − = 2x + Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = 2x2 + 4x + √ dx 2x + Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cân, AB = AC = SA = SB = a, SC = x, (SBC)⊥(ABC) Chứng minh tam giác SBC vuông Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a x Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân B có đỉnh A (−3; −3) đường trịn nội tiếp tam giác ABC có phương trình (x − 1)2 + y = Viết phương trình đường thẳng BC biết C có tung độ âm x y+1 z Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : = = y−1 z−1 x d2 : = = Viết phương trình đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 , d2 song −2 x−4 y−7 z−3 song với đường thẳng ∆ : = = −2 Câu (0,5 điểm) Đội tuyển học sinh giỏi trường gồm 18 em, có học sinh khối 12, học sinh khối 11 học sinh khối 10 Hỏi có cách cử học sinh dự trại hè cho khối có em chọn Câu 10 (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x + 2y − xy = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : x2 y2 P = + + 8y + x ——— Hết ——— NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đề số 04 Mơn : TỐN Thời gian làm 180 phút ———— Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 + 2mx2 − 2m2 có đồ thị (Cm) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho với m = b) Tìm tất giá trị m để (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành tam giác vuông Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình 2sin2 2x + sin 6x = 2cos2 x b) Tìm phần thực phần ảo số phức w = z+i , z = − 2i z−i Câu (0,5 điểm) Cho hàm số y = e−x sin x Chứng minh y + 2y + 2y = √ Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình (35 − 12x) x2 − < 12x π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I = sin 2x − cos x dx sin x + Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A B C D có tất cạnh a, A AB = BAD = A AD = 600 Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A B C D khoảng cách từ A đến mặt phẳng (CDD C ) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện 15 tích , đáy lớn AB gấp hai lần đáy nhỏ CD Biết A(2; 0), B(0; 4) C có hồnh độ dương Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh CD Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; 1; 1) hai đường thẳng x−1 y+2 z+1 x−2 y−2 z+1 = = , d2 : = = Viết phương trình mặt phẳng (P ) qua d1 : −3 2 −3 −2 A vng góc với d1 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A vng góc với d1 cắt d2 Câu (0,5 điểm) Một hộp chứa cầu màu đỏ, cầu màu xanh cầu màu vàng Lấy ngẫu nhiên lúc cầu từ hộp Tính xác suất cho cầu lấy có cầu màu đỏ khơng hai cầu màu vàng Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y thoả mãn hệ thức 1 + + = Chứng minh x y z bất đẳng thức : 1 + + 2x + y + z 2y + z + x 2z + x + y ——— Hết ——— NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đề số 05 Mơn : TỐN Thời gian làm 180 phút ———— Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x3 − 3(2m + 1)x2 + 6m(m + 1)x + với m tham số a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = b) Tìm m để hàm số có cực trị đồng thời giá trị cực đại hàm số lớn Câu (1,0 điểm) a) Cho A, B, C ba góc tam giác Chứng minh : sin 2A + sin 2B + sin 2C = sin A sin B sin C b) Cho số phức z thỏa mãn |z| − 2z = (−1 + 2i) Tính A = |z| + |z|2 + |z|3 Câu (0,5 điểm) Giải phương trình log22 x − log4 (4x2 ) − = √ x + x2 − 2x + = 3y−1 + Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình y + y − 2y + = 3x−1 + Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y = x2 + x + y = Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy √ a Gọi G trọng a Tính khoảng cách từ tâm tam giác SAC khoảng cách từ G đến mặt bên (SCD) tâm O đáy đến mặt bên (SCD) tính thể tích khối chóp S.ABCD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, có trực tâm H(−3; 2) Gọi D, E chân đường cao kẻ tử B C Biết điểm A thuộc đường thẳng d : x − 3y − = 0, điểm F (−2; 3) thuộc đường thẳng DE HD = Tìm tọa độ đỉnh A Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x−2y +2z +1 = mặt cầu (S) : x2 + y + z − 4x + 6y + 6z + 17 = Chứng minh (P ) cắt (S) theo giao tuyến đường trịn Tìm tọa độ tâm bán kính đường trịn giao tuyến Câu (0,5 điểm) Trong kỳ thi Quốc Gia năm 2015 có tất mơn thi gồm Tốn, Văn, Ngoại ngữ, Lý, Hóa, Sinh, Sử, Địa Một trường Đại học X sử dụng kết môn thi mơn thi để lập thành khối thi Hỏi trường đại học X sử dụng khối thi để tuyển sinh, biết khối thi bắt buộc phải sử dụng kết mơn Tốn môn Văn Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức : a2 + b + c + + + 4b2 4c2 4a2 1 + + a+b b+c c+a ——— Hết ——— NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đề số 06 Mơn : TỐN Thời gian làm 180 phút ———— Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + 4x2 − 3x − a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số cho [−2; 1] Câu (1,0 điểm) √ π − 2x + cos 4x = 4cos2 x − a) Giải phương trình 2cos2 b) Tìm số phức z, biết z.z = |z − 1|2 − z số ảo 2x2 −x Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình < 3 2x2 +x 8x3 + 2x = y + y x2 − x + = y − y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình e ln x − dx x ln x + x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng B, AB = a, BC = √ a a 3, SA = SA vng góc với (SBC) Tính thể tích khối chóp S.ABC cosin góc hai đường thẳng SC AB Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có BD = 2AC Đường thẳng BD có phương trình x − y = Gọi M trung điểm CD H(2; −1) hình chiếu vng góc A BM Viết phương trình đường thẳng AH Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 4x−3y+11z−26 = x y−3 z+1 x−4 y z−3 hai đường thẳng d1 : = = , d2 : = = Chứng minh d1 d2 −1 1 chéo Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (P ) cắt d1 , d2 Câu (0,5 điểm) Một đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà đề gồm câu chọn từ 15 câu dễ, 10 câu trung bình câu khó Một đề thi gọi "Tốt" đề thi có ba loại câu dễ, trung bình khó, đồng thời số câu dễ khơng Lấy ngẫu nhiên đề thi đề Tìm xác suất để đề thi lấy đề thi "Tốt" Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z ∈ [0; 4] thoả mãn xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức : 1 P =√ + +√ 1+z + x2 + y2 ——— Hết ——— NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đề số 07 Mơn : TỐN Thời gian làm 180 phút ———— x+3 x+1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Tìm điểm (C) có tọa độ nguyên Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = Câu (1,0 điểm) a) Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C thỏa mãn sin A = cos B + cos C Chứng minh tam giác ABC vng b) Tìm mơ đun số phức z biết |z − − 2i|2 + zi + z = 11 + 2i Câu (0,5 điểm) Giải phương trình log2 (x − 3) − log (x − 1) = Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : √ √ √ (13 − 4x) 2x − + (4x − 3) − 2x = + 16x − 4x2 − 15 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = 2xex − dx + x ex Câu (1,0 √ điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng tâm O; SA⊥ (ABCD); AB = a; SA = a Gọi H, K hình chiếu A lên SB, SD Chứng minh SC⊥ (AHK) tính thể tích khối chóp O.AHK Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao qua đỉnh B 3x + 4y + 10 = 0, đường phân√giác góc A x − y + = 0, điểm M (0; 2) thuộc AB đồng thời cách C khoảng Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(−1; 2; 7) đường thẳng y−1 z x−2 = = Tìm toạ độ hình chiếu điểm A đường thẳng d Viết phương trình d: mặt cầu tâm A tiếp xúc với d Câu (0,5 điểm) Mỗi đề thi gồm câu lấy ngẫu nhiên từ 15 câu hỏi ngân hàng đề thi gồm 15 câu hỏi Bạn Thủy học thuộc câu ngân hàng đề thi Tính xác suất để bạn Thủy rút ngẫu nhiên đề thi có hai câu thuộc Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a b c a2 + b2 + c2 = Chứng minh bất đẳng thức : (a − b) (b − c) (c − a) (ab + bc + ca) −4 ——— Hết ——— NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đề số 08 Mơn : TỐN Thời gian làm 180 phút ———— Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − x2 + a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình x3 − 6x2 + m = Câu (1,0 điểm) π a) Giải phương trình 2sin2 x − = 2sin2 x − tan x b) Tìm số phức z biết |z|2 + 2z.z + |z|2 = z + z = 2x + 2(x − 1)2 √ √ 2y + y + 2x − x = − x − 4y = 2x2 + 6y − Câu (0,5 điểm) Giải phương trình 2x2 − 6x + = log Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình Câu (1,0 điểm) Tính √ thể tích khối trịn xoay tạo thành quay quanh Ox hình phẳng giới hạn đường y = x ex , y = 0, x = 0, x = Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng cân B, AC = 2a Tam giác SAC vuông S nằm mặt phẳng vng góc với đáy, SA = a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(5; 5), phương trình đường thẳng chứa cạnh BC x + y − = Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua hai điểm M (7; 3), N (4; 2) Tính diện tích tam giác ABC x−5 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng ∆1 : =   x=2−t y z−4 y = −1 + t mặt phẳng (P ) : x + y − z + = Tìm điểm M ∈ ∆1 = , ∆2 :  −1 z = −5 + 3t điểm N ∈ ∆2 cho M N vng góc với (P ) Câu (0,5 điểm) Một lớp học có 33 học sinh, có 10 học sinh giỏi, 11 học sinh 12 học sinh trung bình Chọn ngẫu nhiên lớp học học sinh tham dự trại hè Tính xác suất để nhóm học sinh chọn có đủ học sinh giỏi, học sinh học sinh trung bình Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh bất đẳng thức : x y z √ +√ +√ y z x ——— Hết ——— 10 NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đề số 09 Mơn : TỐN Thời gian làm 180 phút ———— Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x4 + 4x2 − a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Tìm m để phương trình x4 − 4x2 + + 2m = có bốn nghiệm phân biệt Câu (1,0 điểm) sin α + sin 2α + sin 3α , biết tan α = a) Tính A = cos α + cos 2α + cos 3α b) Gọi z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z − 4z + = M, N điểm biểu diễn z1 , z2 mặt phẳng phức Tính độ dài đoạn thẳng M N Câu (0,5 điểm) Cho hàm số y = e4x + 2e−x Chứng minh y − 13y = 12y 27x3 y + 7y = 9x2 y + y = 6x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = π cos x ln (1 + sin x) dx sin2 x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với (ABC) tam giác ABC cân A, cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy góc 300 mặt phẳng trung trực BC góc 450 , khoảng cách từ S đến cạnh BC a Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a 11 ;3 trung điểm cạnh AD Đường thẳng EK có phương trình 19x − 8y − 18 = với E trung điểm cạnh AB, điểm K thuộc cạnh DC KD = 3KC Tìm tọa độ đỉnh C hình vng ABCD biết điểm E có hồnh độ nhỏ Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Điểm F Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) : x + 2y − z = x−1 y z đường thẳng d : = = Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M (1; −1; 1) cắt d 1 song song với (α) Câu (0,5 điểm) Trong thi “Rung chng vàng” có 20 bạn lọt vào vịng chung kết, có bạn nữ 15 bạn nam Để xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia bạn thành nhóm A, B, C, D, nhóm có bạn Việc chia nhóm thực cách bốc thăm ngẫu nhiên Tính xác suất để bạn nữ thuộc nhóm Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Chứng minh : a b c + + +a+b+c b c a ——— Hết ——— 11 Câu 2b (0,5 điểm) Gọi z = a + bi, ( a, b ∈ R), ta có : |iz − 3| = |z − − i | ⇔ |i ( a + bi ) − 3| = | a + bi − − i | ⇔ |−b − + | = | a − + (b − 1)i | ⇔ ( b + 3)2 + a2 = ( a − 2)2 + ( b − 1)2 ⇔ a = −2b − √ √ à √ + b2 = 5b2 Ç + 4b + = 5b + √ å2 +√ √ 2 Dấu xảy 5b + √ = ⇔ b = − ⇒ z = − − i 5 5 Khi |z| = a2 √ Vậy số phức có mơđun nhỏ thỏa mãn u cầu tốn z = − − i 5 Câu (0,5 điểm) Phương trình cho tương đương với : Ç å2x − Ç åx −6 = ⇔  Ç åx   Ç3å   x = 2 = − (vô nghiệm) ⇔ x = −1 Vậy phương trình cho có nghiệm x = −1 Câu (1,0 điểm) Điều kiện√−1 x 1.√ Đặt u = − x2 , v = + x2 (0 Do phương trình trở thành : u 1, v 1), ta có u2 + v2 = x2 = v2 − (u − 2v) + uv + 3v2 − = ⇔ 2u − 4v + uv + 2v2 − u2 = ⇔ 2u − 4v − uv + 2v2 + 2uv − u2 = ⇔ (u − 2v) − v (u − 2v) − u (u − 2v) = ñ u = 2v (loại) ⇔ (u − 2v) (2 − v − u) = ⇔ u+v = √ √ √ Với u + v = ⇒ − x2 + + x2 = ⇔ − x4 = ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm x = Câu (1,0 điểm) π Ta có I = π −1 d (cos x ) = − ln |1 + cos x | + cos x π = π ln 2 Câu (1,0 điểm) Gọi O giao điểm AC BD; √ gọi H trọng tâm tam giác ABD √ a Tứ diện SABD nên AO = ⇒ AC = a 3, BD = a SH ⊥( ABD ) √ a2 Do diện tích đáy ABCD S ABCD = AC.BD = 2√ √ √ a a Lại có AH = AC = ⇒ SH = SA2 − AH = 3 √ a3 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD VS.ABCD = SH.S ABCD = S K C B A H O D Gọi K hình chiếu O SC ta có BD ⊥ AC BD ⊥SH nên BD ⊥OK Từ ta có OK đoạn vng góc chung BD SC hay d( BD, SC ) = OK a OK OC OC.SH = Ta có ∆OKC ∼ ∆SHC, suy = ⇒ OK = √ SH SC SH + HC2 a Vậy khoảng cách BD SC d( BD, SC ) = OK = Câu (1,0 điểm) √ √ √ |6 + + 2| √ = ⇒ MB = 2d ( M, BD ) = 10 (1) 4+1 √ −→ Điểm B ∈ BD ⇒ B(t; 2t − 2) ⇒ MB = (tñ+ 3; 2t − 4) ⇒ MB = 5t2 − 10t + 25 (2) −→ t = −1 (loại) Từ (1) (2) ta có 5t2 − 10t + 25 = 40 ⇔ ⇒ B(3; 4) ⇒ MB = (6; 2) t=3 −→ Đường thẳng AB qua M(−3; 2) nhận MB = (6; 2) làm vectơ phương Do AB có phương trình 2( x + 3) − 6(y − 2) = ⇔ x − 3y + = −→ Đường thẳng AD qua N (−3; 2) nhận MB = (6; 2) làm vectơ pháp tuyến Do AD có phương trình 6( x + 3) + 2(y − 2 ) = ⇔ 3x + y − =  x =  x − 3y + = ⇒ A(0; 3) ⇔ Tọa độ A nghiệm hệ  y=3 3x + y − = Vậy A(0; 3) Ta có d ( M, BD ) = Câu (1,0 điểm) Mặt cầu (S) tiếp xúc với ( P) nên có bán kính R = d( I, ( P)) = |2 − + − 9| √ = 1+4+4 Do (S) có phương trình ( x − 2)2 + (y − 3)2 + (z + 2)2 = Mặt phẳng ( Q) song song ( P) nên có phương trình dạng x − 2y − 2z + D = ( D = −9) ñ |2 − + + D | D=9 Lại có ( Q) tiếp xúc (S) nên ta có d( I, ( Q)) = R ⇔ √ =3⇔ D = −9 (loại) 1+4+4 Vậy (S) : ( x − 2)2 + (y − 3)2 + (z + 2)2 = ( Q) : x − 2y − 2z + = Câu (0,5 điểm) Số tự nhiên có ba chữ số phân biệt thuộc E gồm trường hợp: TH1: Số có ba chữ số có A35 = 60 số TH2: Số có bốn chữ số có A45 = 120 số TH2: Số có năm chữ số có A55 = 120 số Do tập hợp M có 60 + 120 + 120 = 300 số Phép thử lấy ngẫu nhiên số từ M nên |Ω| = 300 Gọi A biến cố "lấy số có tổng chữ số 10" Các tập E có tổng phần tử 10 bao gồm : E1 = {1, 2, 3, 4} , E2 = {2, 3, 5} , E3 = {1, 4, 5} Các số có tổng chữ số 10 hoán vị E1 , E2 , E3 Do số kết thuận lợi cho biến cố A |Ω A | = 4! + 3! + 3! = 36 36 |Ω A | = Vậy xác suất biến cố A P ( A) = = 300 25 |Ω| Câu 10 (1,0 điểm) Từ giả thiết a + b + c = ta có ab + c = ab + c( a + b + c) = ( a + c)(b + c) Khi   Ç å b ab a b a = ≤ + (1) ab + c a+c b+c a+c b+c Tương tự   c bc b c b = ≤ + Å b + a c + aã   bc + a  b + a   c + a ca c a a c = ≤ + ca + b c+b a+b c+b a+b Ç Cộng theo vế (1), (2) (3) ta có bất đẳng thức cần chứng minh ——— Hết ——— å (2) (3) NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ———————— Đáp án đề số 18 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA Mơn : TỐN Thời gian làm 180 phút ———— Câu 1a (1,0 điểm) • Tập xác định : D = R • Sự biến thiên : + Giới hạn vô cực : lim y = −∞; lim y = +∞ x →+∞ y x →−∞ + Bảng biến thiên : y = −3x2 + 6x ñ = −3x ( x − 2); y = ⇔ x −∞ y − +∞ y 0 + 0 x=0 x=2 O +∞ −2 − U −∞ −4 −4 Hàm số đồng biến (0; 2) Hàm số nghịch biến (−∞; 0) (2; +∞) Hàm số đạt cực đại x = 2; yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 0; yCT = −4 • Đồ thị : + Cắt Oy (0; −4) + Nhận điểm uốn U (1; −2) làm tâm đối xứng Câu 1b (1,0 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm d (C ) : ñ − x + 3x − = m( x + 1) ⇔ ( x + 1)( x − 4x + + m) = ⇔ x = −1 x2 − 4x + + m = Đặt f ( x ) = x4 − 4x + + m có ∆ = −m f (−1) = m + Do với m < m = −9 d cắt (C ) ba điểm phân biệt : M(−1; 0), A( x1 ; m( x1 + 1)), B( x2 ; m( x2 + 1)) ® x1 + x2 = Trong theo định lý vi-ét ta có (1) x1 x2 = m + » −−→ Ta có MA = ( x1 + 1; m ( x1 + 1)) ⇒ MA = | x1 + 1|» + m2 −→ MB = ( x2 + 1; m ( x2 + 1)) ⇒ MB = | x2 + 1| + m2 ñ √ √ x1 = 2x2 + 2 Lại có MA = 2MB ⇔ | x1 + 1| + m = | x2 + 1| + m ⇔ x1 = −2x2 −    x1 = Với x1 = 2x2 + thay vào (1) ta có  x2 =  m = −1    x1 = 11 Với x1 = −2x2 − thay vào (1) ta có  x2 = −7  m = −81 Vậy m = −1 m = −81 x Câu 2a (0,5 điểm) Ký hiệu phương trình cho (1) ta có : √ Ä ä (1) ⇔ sin 2x + cos 2x − cos2 2x − sin2 2x − = √ ⇔ sin 2x sin 2x + = (1 − cos 2x )2 √ ⇔ sin x cos x sin 2x + = 4sin4 x √ ⇔ sin x sin xcos2 x + cos x − 2sin3 x = ⇔ sin x = √ 2sin3 x − sin xcos2 x − cos x = ⇔ sin x = √ √ 2tan3 x − 3tan2 x − tan x − = ⇔ sin x = 0√ tan x =  x = kπ π ( k ∈ Z) x = + kπ π Vậy phương trình có nghiệm x = kπ, x = + kπ (k ∈ Z) ⇔ Câu 2b (0,5 điểm) Ä√ ä ä Ä√ √ − i (1 + i ) + i (−i ) 2+ Ta có z = − i + = − i2 −2i2 2 √ 2+ Vậy phần thực z , phần ảo z − |z| = 2 √ √ 7+4 » + = + 4 Câu (0,5 điểm) Điều kiện x = −8, x = −2 Phương trình cho tương đương với : x = −4 41x + 68 12 ⇔ = ⇔ 62 4x + 32 x+2 x= 41  3 10x +15 x +8 = 3−2 2x +16 x +2 ⇔3 41x +68 4x +32 =3 12 x +2 Kết hợp điều kiện phương trình có nghiệm x = −4, x = Câu (1,0 điểm) Xét hệ phương  2x2 y + y3 = 2x4 + x6 » trình  ( x + 2) y + = ( x + 1)2 (1) ⇔ 2x2 y − x2 + y3 − x2 Ä ⇔ 2x Ä ä y−x ⇔ y − x2 Ä  ⇔  ä Ä Ä + y−x 62 41 (1) , ta có : (2) ä3 äÄ =0 y2 + x y + x = ä 2x2 + y2 + x2 y + x4 = äÄ ä y = x2 + y + x2 ñ y=x ⇔ x=y=0 2x2 Ç å2 Với x = y = thay vào (2) không thỏa mãn + x4 = √ Với y√= x2 thay vào (2) ta có ( x + 2) x2 + = x2 + 2x + (∗) Đặt x2 + = t, (t 1), phương trình (∗) trở thành : ñ ( x + 2)t = t + 2x ⇔ t(t − x ) − 2(t − x ) = ⇔ (t − x )(t − 2) = ⇔ t=2 t=x √ √ Với t = ⇒ √x2 + = ⇔ x = ± ⇒ y = Với t = x ⇒ x2 + = x (vô nghiệm) ä Ä √ ä Ä√ 3; ( x; y) = − 3; Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y) = Câu (1,0 điểm) Thể tích khối trịn xoay cần tính : π π sin xdx = π V=π 0 π (1 − cos 2x ) dx = Vậy thể tích khối trịn xoay cần tính V = Ç x − sin 2x å π π2 = π2 Câu (1,0 điểm) Theo giả thiết ABCD hình thoi ÷ BCD = 600 ⇒ ∆BCD tam giác √ √ a2 Do BD = a; AC = a 3, suy diện tích ABCD S ABCD = AC.BD = 2   BD ⊥ AC Ta có  ⇒ BD ⊥(SAC ) ⇒ BD ⊥SC BD ⊥SA Gọi O = AC ∩ BD, (SAC ), kẻ OM⊥SC, M ∈ SC ⇒ SC ⊥( MBD ) a Do ◊ BMD góc (SCB) (SCD ) ⇒ ◊ BMD = 900 ⇒ OM = BD = 2√ √ a 2a SA AC AC.OM a Ta có ∆SAC ∼ ∆OMC ⇒ = ⇔ SA = √ = = 2 2 3a a OM MC OC − OM − √ a3 Do thể tích khối chóp S.ABCD VS.ABCD = SA.S ABCD = S M H C B O D A Ta có O trung điểm AC nên d (C, (SBD)) = d ( A, (SBD ))  AH ⊥SO Trong (SAC ), kẻ AH ⊥SO, H ∈ SO, ta có  ⇒ AH ⊥(SBD ) ⇒ AH = d ( A, (SBD )) AH ⊥ BD 1 a √ Trong tam giác SAO vng A có = + = + = ⇒ AH = AH AS2 AO2 3a2 3a2 a2 a Vậy khoảng cách từ C đến (SBD ) d (C, (SBD )) = AH = √ Câu (1,0 điểm) ’ = 900 ⇒ ÷ Ta có AIB ACB = 450 ÷ ACB = 1350 ÷ = 450 , tam giác ACD vng cân D nên DA = DC Từ suy ACD − → Lại có I A = IC nên ID ⊥ AC hay AC nhận ID = (1; −2) làm vectơ pháp tuyến Mặt khác AC qua M (−1; 4) nên có phương trình x − 2y + = √ −→ Ta có A ∈ AC ⇒ (2t − 9; t) ⇒ DA = (2t − 8; t + 1) ⇒ DA = 5t2 − 30t + 65 √ √ | − + + 9| √ Lại có DA = 2d( D, AC ) = = 10 ñ √ √ t=1 Từ suy 5t − 30t + 65 = 10 ⇔ t=5 Vì điểm A có hoành độ dương nên A(1; 5) −→ Đường thẳng DB qua D (−1; −1) nhận DA = (2; 6) làm vectơ pháp tuyến Do DB có phương trình 2( x + 1) + 6(y + 1) = ⇔ x + 3y + = − → − → Ta có B ∈ DB ⇒ B(−3m − 4; m) ⇒ IB = (−3m − 2; m − 1); I A = (3; 4) →− → ’ = 900 nên − Vì AIB I A IB = ⇔ 3(−3m − 2) + 4(m − 1) = ⇔ m = −2 ⇒ B(2; −2) Vậy A(1; 5) B(2; −2) Câu (1,0 điểm) → Đường thẳng d1 qua M1 (1; −1; 2) có vectơ phương − u1 = (1; −1; 0) − → Đường thẳng d2 qua M2 (3; 1; 0) có vectơ phương u2 = (−1; 2; 1) ó −−−→ ó ỵ→ − ỵ→ − −−−→ u1 , → u2 M1 M2 = −6 = u1 , → u2 = (−1; −1; 1) , M1 M2 = (2; 2; −2) ⇒ − Ta có − Do d1 d2 hai đường thẳng chéo (đpcm) Mặt phẳng ( P) chứa d1 nên qua M1 (1;ỵ−1; 2).ó → → Hơn ( P) song song với d2 nên nhận − u1 , − u2 = (−1; −1; 1) làm vectơ pháp tuyến Vậy ( P) có phương trình −1( x − 1) − 1(y + 1) + 1(z − 2) = ⇔ x + y − z + = Câu (0,5 điểm) Số phần tử tập A A35 = 60 Số phần tử A khơng có chữ số A34 = 24 Số phần tử A khơng có mặt chữ số 60 − 24 = 36 = 34220 Phép thử chọn ngẫu nhiên ba số từ A nên |Ω| = C60 Gọi A biến cố "ba số chọn có số có mặt chữ số 4" C = 9936 Ta có số kết thuận lợi cho A |Ω A | = C36 24 9936 2484 |Ω A | Vậy xác suất biến cố A P ( A) = = = 34220 8555 |Ω| Câu 10 (1,0 điểm) ( x + y )2 ⇔ ( x + y)2 ⇔ −2 x + y Khi P = ( x + y)3 − 3( x + y) xy − 3( x + y) = ( x + y)3 − 3( x + y)( xy + 1) Hay P = ( x + y)3 − 3( x + y)[( x + y)2 − 2] = −2( x + y)3 + 6( x + y) Xét hàm số f (t) = −2t3 + 6t [−2; 2] có f (t) = −6t2 + 6; f (t) = ⇔ t = ±1 Khi f (−2) = 4, f (−1) = −4, f (1) = 4, f (2) = −4 Do max f (t) = f (−2) = f (1) = 4; f (t) = f (−1) = f (2) = Từ giả thiết ta có ( x + y)2 − = xy [−2;2] [−2;2] Vậy P đạt giá trị lớn ( x; y) = (−1; −1), ( x; y) = (2; −1), ( x; y) = (−1; 2) Và P đạt giá trị nhỏ −4 ( x; y) = (1; 1), ( x; y) = (−2; 1), ( x; y) = (1; −2) ——— Hết ——— NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ———————— Đáp án đề số 19 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA Mơn : TỐN Thời gian làm 180 phút ———— Câu 1a (1,0 điểm) • Tập xác định : D = R\{1} • Sự biến thiên : + Giới hạn, tiệm cận : lim y = lim y = ⇒ tiệm cận ngang y = x →+∞ x →−∞ lim− y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ tiệm cận đứng x = x →1 x →1 + Bảng biến thiên : y =− < 0, ∀ x ∈ D ( x − 1)2 x −∞ y y y +∞ − − +∞ −∞ I − 12 O Hàm số nghịch biến (−∞; 1) (1; +∞) Hàm số khơng có cực trị • Đồ thị : å Ç + Cắt Oy (0; −1) cắt Ox − ; x −1 + Nhận giao điểm I (1; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng Câu 1b (1,0 điểm) Đường thẳng d qua A(−2; 2) có hệ số góc m nên có phương trình dạng y = m( x + 2) + Phương trình hoành độ giao điểm d (C ) : 2x + = m ( x + 2) + ⇔ x−1 ® x=1 mx2 + mx − 2m − = Đặt f ( x ) = mx2 + mx − 2m − có ∆ = 9m2 + 12m Đường thẳng d cắt (C ) hai điểm phân biệt :   a   =0 ∆>0    f (1) =   m   =0 ⇔ 9m2 + 12m >   −3 =  ⇔ m>0 m (thỏa mãn) m Vậy với m > d cắt (C ) hai điểm thuộc hai nhánh phân biệt Câu 2a (0,5 điểm) + cot α = 13 = Ta có A = − cot α 2− 4+ Câu 2b (0,5 điểm) Phương trình cho tương đương với : z=2 √ z = −2 ± i √ Vậy phương trình cho có nghiệm phức z = 2, z = −2 ± i (z − 2) z2 + 4z + = ⇔ Ä ä Câu (0,5 điểm)  x+1 Điều kiện > ⇔  x > Khi bất phương trình cho tương đương với : 2x − x < −1 x+1 < ⇔ 0, ∀t ∈ [0; +∞) Suy hàm số f (t) đồng biến (0; +∞), (∗) ⇔ f ( x ) = f (u) ⇔ x = u Với x = u ≥ ⇒ y = x2 + thay vào (2)  ä2 x3 + 4x2 + = x2 + Ä x=0 Ä ä ⇔ x4 − x3 − 2x2 = ⇔ x2 x2 − x − = ⇔   x=2 x = −1 (loại) Với x = ⇒ y = 1; với x = ⇒ y = Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y) = (0; 1) ( x; y) = (2; 5) Câu (1,0 điểm) e Ta có I = dx + x   u = ln x dx = dx x2 Đặt  e ln x dx = ln | x ||1e + x = dx x ⇒ x  v =    du Vậy I = ln x dx = + x2 e ln x dx x2 , ta có : e e x3 I = 1+ ln x − e x3 e3 x3 dx = + − x 2e3 + 10 e = 2e3 + 10 Câu (1,0 điểm) √ a Tam giác SAD cạnh A nên SE⊥ AD SE = √ √ a Tam giác AEB vng A có EB = AB2 + AE2 = Nhận thấy SE2 + EB2 = SB2 nên ∆SEB vuông E ⇒ SE⊥ EB (đpcm) SE⊥ EB Ta có  ⇒ SE⊥( ABCD ) ⇒ SE⊥CH (1) SE⊥ AB ’ = BCF ’ Ta có ∆ABE = ∆BCF ⇒ ABE ’ = 900 ⇒ CH ⊥ EB (2) ÷ ÷ ÷ Xét ∆BHF có BFH + FBH = BFH + BCF Từ (1) (2) ta có CH ⊥(SEB) ⇒ CH ⊥SB (đpcm) S F A B H E D C 1 a √ = + = + = ⇒ BH = BH BF2 BC2 a2 a2 a2 » a2 2a Trong tam giác HBC vuông H có CH = BC2 − BH = a2 − =√ √ √ √ 1 a a a2 15 Lại có diện tích tam giác SEB S∆SEB = SE.EB = = 2 2 √ √ 1 2a a2 15 a3 Do thể tích khối chóp C.SEB VC.SEB = CH.S∆SEB = √ = 3 12 √ a3 Vậy SE⊥ EB, CH ⊥SB VC.SEB = 12 Trong tam giác FBC vng B có Câu (1,0 điểm) A E M K B I M C D ’ =÷ ’ I’ ÷ + CAI ’ Gọi AI phân giác góc ÷ BAC, ta có : AID ABC + BAI, AD = CAD ’ = CAI, ’ ÷ ÷ nên AID ’ = I’ Lại có BAI ABC = CAD AD ⇒ ∆DAI cân D ⇒ DE⊥ AI Do AI có phương trình x + y − = Gọi M điểm đối xứng với M qua AI ta có phương trình MM x − y + = Gọi K giao điểm AI MM ta có K (0; 5), suy M (4; 9) −−→ Khi AB qua A(1; 4) nhận AM = (3; 5) làm vectơ phương Do AB có phương trình 5( x − 1) − 3(y − 4) = ⇔ 5x − 3y + = Câu (1,0 điểm) Ta có A ∈ d1 ⇒ A(3t1 ; −2 + t1 ; −4 + 2t1 ), B ∈ d2 ⇒ B(1 + t2 ; − 2t2 ; −t2 ) −−→ −→ Suy AM = (1 − 3t1 ; 11 − t1 ; − 2t1 ) , BM = (−t2 ; + 2t2 ; t2 ) −−→ −→ Do AM, BM = (−12 + 6t1 + 3t2 + 3t1 t2 ; −5t2 + 5t1 t2 ; − 9t1 + 13t2 − 7t1 t2 )  ®   −12 + 6t1 + 3t2 + 3t1 t2 = −−→ −→ − → t1 = Đường thẳng AB qua M ⇔ AM, BM = ⇔  −5t2 + 5t1 t2 = ⇔ t2 =  − 9t1 + 13t2 − 7t1 t2 = Vậy A(3; −1; −2) B(2; 4; −1) Câu (0,5 điểm) Phép thử chọn ngẫu nhiên học sinh tổng số 11 học sinh = 165 Do số phần tử khơng gian mẫu |Ω| = C11 Gọi A biến cố "ba học sinh chọn có nam nữ" Để chọn học sinh có nam nữ ta chọn nam nữ nam nữ Do số kết thuận lợi cho biến cố A |Ω A | = C52 × C61 + C51 × C62 = 135 |Ω A | 135 = = Vậy xác suất biến cố A P( A) = |Ω| 165 11 Câu 10 (1,0 điểm) Theo giả thiết bất đẳng thức AM − GM ta có : bc bc bc √ =» =» 3a + bc a ( a + b + c) + bc ( a + b) ( a + c) ca ca ca √ =» =» 3b + ca b ( a + b + c) + ca (b + c) (b + a) ab ab ab √ =» =» 3c + ab c ( a + b + c) + ab (c + a) (c + b) bc + (1) a+b a+c Ç å ca 1 + (2) b+c b+a Ç å ab 1 + (3) c+a c+b Ç Cộng theo vế (1), (2) (3) ta có : P ca + cb bc + ba ab + ac a+b+c + + = = ( a + b) (c + a) (b + c) 2 Dấu xảy a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn a = b = c = ——— Hết ——— å NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ———————— Đáp án đề số 20 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA Môn : TOÁN Thời gian làm 180 phút ———— Câu 1a (1,0 điểm) • Tập xác định : D = R • Sự biến thiên : + Giới hạn vô cực : lim y = +∞; lim y = −∞ x →+∞ y x →−∞ + Bảng biến thiên : y = 3x2 − = 3( x2 − 1); y = ⇔ x = ±1 x −∞ −1 y + − y −∞ +∞ + U +∞ −1 O −1 −1 Hàm số đồng biến (−∞; −1) (1; +∞) Hàm số nghịch biến (−1; 1) Hàm số đạt cực đại x = −1; yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 1; yCT = −1 • Đồ thị : + Cắt Oy (0; 1) + Nhận điểm uốn U (0; 1) làm tâm đối xứng Câu 1b (1,0 điểm) Ä ä Ta có A ∈ (C ) ⇒ A x A ; x3A − 3x A + ; y = 3x2 − ⇒ y ( x A ) = 3x2A − Ä ä Do tiếp tuyến A y = 3x2A − ( x − x A ) + x3A − 3x A + Phương trình hoành độ giao điểm tiếp tuyến (C ) : 3x2A − ( x − x A ) + x3A − 3x A + = x3 − 3x + Ä ä ⇔ 3x2A − ( x − x A ) = x3 − x3A − 3x + 3x A Ä ä ⇔ 3x2A − ( x − x A ) = ( x − x A ) x2 + xx A + x2A − ( x − x A ) Ä ä Ä ä ⇔ ( x − x A ) x2 + xx A + x2A − − 3x2A + = Ä ä ⇔ ( x − x A ) x2 + xx A − 2x2A = Ä ä ⇔ ( x − x A ) (( x − x A ) ( x + x A ) + x A ( x − x A )) = ⇔( x − x A )2 ( x + 2x A ) = ñ x = xA ⇔ x = −2x A Vì tiếp tuyến cắt (C ) B khác A nên x B = −2x A Khi 2013x B + 2014x A = 2012 ⇔ −4026x A + 2014x A = 2012 ⇔ x A = −1 Vậy điểm cần tìm A(−1; 3) x Câu 2a (0,5 điểm) Phương trình cho tương đương với sin x 2cos2 x − cos x + + 2cos2 x − cos x + = Ä ä x = − π6 + k2π sin x = − 21   ⇔  x = 7π ( k ∈ Z) ⇔ 2cos x − cos x + (2 sin x + 1) = ⇔  cos x = + k2π π x = ± + k2π cos x =   Ä ä Vậy phương trình có nghiệm − π 7π π + k2π, x = + k2π, x = ± + k2π (k ∈ Z) 6 Câu 2b (0,5 điểm) √ ä Ä w−2 √ Ta có w = + i z + ⇔ z = 1+i √ √ w−3−i w−2 √ ≤2⇔ √ Do |z − 1| ≤ ⇔ ≤ ⇔ w − − i ≤ 1+i 1+i Đặt w = x + yi ( x, y ∈ R), ta có √ √ √ w − − i ≤ ⇔ x + yi − − i ≤ ⇔ ( x − 3)2 + y − ≤ 16 Ä √ ä Gọi (C ) đường trịn tâm I 3; bán kính R = Ta có tập hợp điểm biểu diễn số phức w phần mặt phẳng nằm đường tròn (C ), kể (C ) Câu (0,5 điểm)  x+1 > ⇔  x > Khi bất phương trình cho tương đương với : Điều kiện 2x − x < −1 x+1 < ⇔ (thỏa mãn) −→ −→ Vì AB = DC ⇒ D (4; 1) Vậy B(−4; −3), C (2; −1), D (4; 1) Câu (1,0 điểm) y−2 z−1  x=1  =  − Tọa độ giao điểm A nghiệm hệ  x − y = −2 y+2 z−5 ⇔      = = z=5 −3 Vậy giao điểm ∆ ∆ A(1; −2; 5) → Đường thẳng ∆ qua điểm M(7; 2; 1) có vectơ phương − u = (3; 2; −2) − → Đường thẳng ∆ qua điểm M (1; −2; 5) có vectơ phương u = (2; −3; 4) ï ò − → → Mặt phẳng (α) chứa ∆, ∆ nên qua M(7; 2; 1) nhận − u , u = (2; −16; −13) làm vectơ  x−7     = pháp tuyến Vậy (α) có phương trình 2( x − 7) − 16(y − 2) − 13(z − 1) = ⇔ 2x − 16y − 13z + 31 = Câu (0,5 điểm) Xét khai triển (1 + x )n = n k =0 Cnk x k Lấy tích phân hai vế cận từ đến ta có (1 + x ) n +1 n+1 n Cnk = k =0 x k +1 k+1 ⇔ n 3n +1 − 2k +1 3n +1 − 6560 = Cnk ⇔ = ⇔n=7 n+1 k+1 n+1 n+1 k =0 Khi Ç √ x+ √ 24 x ån 1 = x + x− Ç å7 = C7k x (7−k) Ç k =0 Số hạng chứa x2 tương ứng với số hạng chứa k thỏa mãn Vậy hệ số số hạng chứa x2 21 −1 x åk = C7k − k x2 2k k =0 − 43 k = ⇔ k = Câu 10 (1,0 điểm) Vì x + y < nên − x − y > 0, theo bất đẳng thức Schwarz ta có bất đẳng thức cần chứng minh ——— Hết ——— ... a b b c c a Ta có bất đẳng thức cần chứng minh ——— Hết ——— c 1 + + a+b b+c c+a NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đáp án đề số 06 Môn : TOÁN Thời gian làm 180 phút... NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đáp án đề số 08 Môn : TOÁN Thời gian làm 180 phút ———— Câu 1a (1,0 điểm) • Tập xác định : D = R • Sự biến thi? ?n : + Giới hạn vô... NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đề số 02 Môn : TOÁN Thời gian làm 180 phút ———— Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 + (m + 1)x2 − 2m − a) Khảo sát biến thi? ?n vẽ đồ thị hàm

Ngày đăng: 23/10/2015, 11:56

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan