Đề và đáp án thi thử môn toán THPT tham khảo thi đại học (69)

NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đáp án đề số 01 Môn : TOÁN Thời gian làm 180 phút ———— Câu 1a (1,0 điểm) Với m = hàm số trở thành y = −x3 + 3x2 − • Tập xác định : D = R • Sự biến thiên : + Giới hạn vô cực : lim y = −∞; lim y = +∞ x→+∞ y x→−∞ + Bảng biến thiên : x=0 x=2 y = −3x2 + 6x = −3x(x − 2); y = ⇔ x −∞ − y +∞ y 0 + +∞ U − O −1 −∞ −1 Hàm số đồng biến khoảng (0; 2) Hàm số nghịch biến (−∞; 0) (2; +∞) Hàm số đạt cực đại x = 2; yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 0; yCT = −1 • Đồ thị : + Cắt Oy (0; −1) + Nhận điểm uốn U (1; 1) làm tâm đối xứng Câu 1b (1,0 điểm) Đạo hàm y = −3x2 + 6x + m − Hàm số cho đồng biến khoảng (0; 3) y 0, ∀x ∈ (0; 3) Hay −3x2 + 6x + m − 0, ∀x ∈ (0; 3) ⇔ m 3x2 − 6x + 1, ∀x ∈ (0; 3) (∗) Xét hàm số f (x) = 3x2 − 6x + đoạn [0; 3] có f (x) = 6x − 6; f (x) = ⇔ x = Khi f (0) = 1, f (3) = 10, f (1) = −2, suy max f (x) = f (3) = 10 [0;3] Do (∗) ⇔ m max f (x) ⇔ m 10 [0;3] Vậy với m 10 hàm số cho đồng biến khoảng (0; 3) Câu 2a (0,5 điểm) 3π − 2α Ta có cos π π − 2α + π = − cos − 2α = − sin 2α 2 −2 tan α Do A = − sin 2α = −2 sin α cos α = −2 tan αcos2 α = =− + tan α = cos Câu 2b (0,5 điểm) + 5i (1 + 5i) (3 + i) 20 + 30i − (−2 + 16i) 11 = + 3i − = = + i 3−i √ 10 10 5 121 49 170 + = 25 25 Ta có z = + 3i − Do |z| = x Câu (0,5 điểm) Phương trình cho tương đương với : (2 + log2 x) − 6log2 x − = ⇔ log22 log2 x = −1 ⇔ log2 x = x − 2log2 x − = ⇔ x=8 x= Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = ; x = Câu (1,0 điểm)   (1) 2x + + y + = x y Xét hệ  2  = (2) (x + y ) + xy Điều kiện x = 0; y = 2x + y Ta có (1) ⇔ 2x + y + = ⇔ (2x + y) + xy xy 1 = xy 2x + y x=y Thay vào (2) 36 (x2 + y ) = 8(2x + y)2 ⇔ 4x2 − 32xy + 28y = ⇔ x = 7y Với x = y thay vào (1) 3x + = ⇔ x2 − 2x + = ⇔ x = ⇒ y = (thỏa mãn) x 15 = ⇔ 35y − 14y + = (vô nghiệm) Với x = 7y thay vào (1) 15y + 7y Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (1; 1) =6⇔1+ Câu (1,0 điểm) Ta có I = x + ln x dx = (x + 2)2 x dx + (x + 2)2 1 ln x dx = I1 + I2 (x + 2)2 Trong I1 = Đặt x dx = (x + 2)2  u = ln x dv = − dx = x + (x + 2)2 dx (x + 2)2 ln x I2 = − x+2   du = dx x ⇒  v = − x+2 = ln 2 dx = − ln + x (x + 2) + x+2 , ta có 2 ln |x + 2| + 1 − x x+2 dx 1 = − ln + (ln |x| − ln |x + 2|)|21 = ln − ln 2 Vậy I = I1 + I2 = ln 1 − + ln − ln = ln − 2 Câu (1,0 điểm) 1 Đáy ABCD hình thoi nên có diện tích SABCD = AC.BD = 2a.4a = 4a2 2 Gọi H trung điểm AB, tam giác SAB nên SH⊥AB Lại có (SAB)⊥(ABCD) suy SH⊥(ABCD) − √ √ + OB = a Gọi O giao điểm AC BD, ta có OA = a, OB = √ 2a ⇒ AB = OA √ √ √ a 15 = Tam giác SAB cạnh a nên đường cao SH = a 2 √ √ 1 a 15 2a3 15 = Do thể tích khối chóp S.ABCD VS.ABCD = SABCD SH = 4a 3 S I A B H K O D C Ta có AD||BC ⇒ AD||(SBC) Do d (AD, SC) = d (AD, (SBC)) = d (A, (SBC)) = 2d (H, (SBC)) Gọi K hình chiếu H BC, ta có BC⊥HK BC⊥SH nên BC⊥(SHK) Gọi I hình chiếu H SK, ta có HI⊥SK HI⊥BC nên HI⊥(SBC) Từ suy d (AD, SC) = 2d (H, (SBC)) = 2HI 2a S∆ABC SABCD 4a2 2S∆HBC = = = √ =√ Ta có HK = BC BC 2BC 2a 5 √ HS.HK 2a 15 Tam giác SHK vuông H nên HI = √ = √ 2 HS + HK 91 √ 4a 15 Vậy d (AD, SC) = 2HI = √ 91 Câu (1,0 điểm) d1 A H B d2 M A C Gọi d1 : 2x − y + = d2 : 7x − y + 15 = 2x − y = −5 x = −2 Tọa độ B nghiệm hệ ⇔ ⇒ B(−2; 1) 7x − y = −15 y=1 −−→ Gọi H hình chiếu A d1 ⇒ H (t; 2t + 5) ⇒ AH = (t − 1; 2t + 3) −−→ → Khi AH.− ud1 = ⇔ t − + 4t + = ⇔ t = −1 ⇒ H(−1; 3) Gọi A điểm đối xứng với A qua d1 ⇒ A (−3; 4) x = −2 − t → −−→ Khi A ∈ BC ⇒ − u− BC = BA = (−1; 3) ⇒ BC có phương trình y = + 3t −t − 3t + Vì C ∈ BC ⇒ C(−2 − t; + 3t) Gọi M trung điểm AC ⇒ M ; 2 Khi M ∈ d 3) + 30 = ⇔ t = ⇒ C(−4; 7) √2 nên 7(−t − √1) − (3t + √ Ta có AB = 10; AC = 2; BC = 10 ⇒ tam giác ABC vuông B Vậy tam giác ABC có diện tích S∆ABC = 10 Câu (1,0 điểm)  3x + 5y − z − = Tọa độ giao điểm M d (P ) nghiệm hệ x − 12 y−9 z−1  = = Giải hệ ta tọa độ giao điểm d (P ) M (0; 0; −2) → Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến − n− (P ) = (3; 5; −1) → − Đường thẳng d có vectơ phương ud = (4; 3; 1) Mặt phẳng (Q) chứa d nên qua M (0; 0; −2) → → − Hơn (Q) vuông góc với (P ) nên nhận − n− (P ) , ud = (8; −7; −11) làm vectơ pháp tuyến Vậy (Q) có phương trình 8x − 7y − 11z − 22 = Câu (0,5 điểm) 1 Phép thử lấy lúc từ hộp viết nên |Ω| = C11 C15 = 165 Gọi A biến cố "hai viết lấy có màu", ta có |ΩA | = C51 C71 + C61 C81 = 83 83 |ΩA | = Vậy xác suất cần tìm P (A) = |Ω| 165 Câu 10 (1,0 điểm) Trước hết chứng minh với số thực dương x ta có 14x + 25x2 − 9x4 (∗) Thật (∗) ⇔ 9x4 − 25x2 + 14x + ⇔ (x − 1)2 (9x2 + 18x + 2) (luôn đúng) Dấu (∗) xảy x = Thay x a, b, c 14a + 25a2 − 9a4 ; 14b + 25b2 − 9b4 ; 14c + 25c2 − 9c4 Từ suy 14(a + b + c) 25 (a2 + b2 + c2 ) − (a4 + b4 + c4 ) ⇔ a + b + c Do theo bất đẳng thức Cauchy − Schawrz dạng Engel ta có : (a + b + c)2 a+b+c = (a + b + c) b2 c2 a2 + + P = b + 2c c + 2a a + 2b Dấu xảy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P a = b = c = ——— Hết ———