NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đáp án đề số 02 Môn : TOÁN Thời gian làm 180 phút ———— Câu 1a (1,0 điểm) Với m = hàm số trở thành y = x4 + 2x2 − • Tập xác định : D = R • Sự biến thiên : + Giới hạn vô cực : lim y = +∞; lim y = +∞ x→+∞ y x→−∞ + Bảng biến thiên : y = 4x3 + 4x = 4x (x2 + 1); y = ⇔ x = x −∞ − y +∞ y 0 −1 +∞ O x + +∞ −3 −3 Hàm số đồng biến khoảng (0; +∞) Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; 0) Hàm số đạt cực tiểu x = 0; yCT = −3 • Đồ thị : + Cắt Ox hai điểm (−1; 0) (1; 0) + Nhận trục Oy làm trục đối xứng Câu 1b (1,0 điểm) x=0 2x2 = −m − Hàm số cho có ba điểm cực trị ⇔ y có ba nghiệm phân biệt ⇔ −m − > ⇔ m < −1 Vậy với m < −1 hàm số cho có ba điểm cực trị Đạo hàm y = 4x3 + 2(m + 1)x = 2x (2x2 + m + 1); y = ⇔ Câu 2a (0,5 điểm) Với điều kiện tan x = −1, phương trình cho tương đương với : √ √ sin 2x + cos 2x − sin x − = + sin 2x ⇔ 2sin2 x + sin x + = √ sin x = − √2 (loại) ⇔ sin x = − π x = − + k2π (loại) ⇔ 5π x= + k2π Vậy phương trình cho có nghiệm x = 5π + k2π (k ∈ Z) Câu 2b (0,5 điểm) Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) ⇒ z = a2 − b2 + 2abi Khi √ z + z ⇔ a2 − b2 + 2abi = 2a2 − 2b2 √ a2 − b2 = 2a2 − 2b2 ⇔ 2ab = √ a − b2 = 2a2 − 2b2 ⇔ a=0 b=0 √ Với a = ⇒ b = 0; với b = ⇒ a = a = ± √ Vậy z = z = ± z2 = Câu (0,5 điểm) Phương trình cho tương đương với : 2x 2.2 2x = x − 3.2 − = ⇔ 2x = − ⇔x=1 (vô nghiệm) Vậy phương trình cho có nghiệm x = Câu (1,0 điểm) Với điều kiện x > 0, bất phương trình cho tương đương với : √ √ ( x) (x − 1)3 (x + 1)(x − 1)3 ⇔ x (1) x+1 x (x − 1)2 + (x − 1)2 + t4 + 3t2 t3 R có f (t) = 0, ∀t ∈ R t2 + (t2 + 1)2 Lại có f (t) liên tục R nên đồng biến R √ √ √ 3+ Do (1) ⇔ f ( x) f (x − 1) ⇔ x x − ⇔ < x √ 3+ Vậy bất phương trình cho có tập nghiệm S = 0; Xét hàm số f (t) = Câu (1,0 điểm) Ta có I = √ x x2 + 1dx + xex dx = I1 + I2 √0 x2 + ⇔ u2 = x2 + ⇒ udu = xdx √ Đổi cận x = ⇒ u = 1; x = ⇒ u = 2, ta có I1 = Đặt u = √ √ u u du = 1 √ 2−1 = Đặt u=x dv = ex dx ⇒ du = dx x = ex , ta có I2 = xex |10 − √ √ 2−1 2+2 Vậy I = I1 + I2 = +1= 3 ex dx = e − ex |10 = Câu (1,0 điểm) √ Tam giác ABD vuông cân A có BD = 2a, suy AB = AD = a Đáy ABCD hình vuông nên có diện tích SABCD = AB = 2a2 Gọi H hình chiếu S AC, ta√có (SAC)⊥(ABCD) nên SH⊥(ABCD) √ − SC = − 3a2 = a Tam giác SAC vuông S nên SA = AC 4a √ √ SA.SC a.a a Từ suy SH = = = AC 2a √ a a3 =√ Do thể tích khối chóp S.ABCD VS.ABCD = SABCD SH = 2a 3 S I A K D H B C √ a 3a2 = ⇒ CA = 4HA Ta có BC||AD, d (B, (SAD)) = d (C, (SAD)) = 4d (H, (SAD)) Gọi K hình chiếu H AD, ta có SK⊥AD HK⊥AD nên AD⊥(SHK) Gọi I hình chiếu H SK, ta có HI⊥SK HI⊥AD nên HI⊥(SAD) Từ suy d (B, (SAD)) = 4d (H, (SAD)) = 4HI √ a Tam giác AHK vuông cân K nên HK = AH sin 45 = √4 HS.HK a 21 Tam giác SHK vuông H nên HI = √ = 14 √ HS + HK 2a 21 Vậy khoảng cách từ B đến (SAD) d (B, (SAD)) = 4HI = Tam giác SAH vuông H nên HA = SA2 − SH = a2 − Câu (1,0 điểm) −−→ −−→ Ta có B ∈ BD nên B(t; 12 − 2t) ⇒ M B = (t − 5; 11 − 2t), N N = (t − 9; − 2t) Lại có ABCD hình chữ nhật M ∈ AB, N ∈ BC nên −−→ −−→ 24 M B.N B = ⇔ 5t2 − 54t + 144 = ⇔ t = t = (loại) ⇒ B(6; 0) → −−→ −−→ Đường thẳng AB có − u− AB = M B = (1; −1) ⇒ nAB = (1; 1) nên có phương trình x + y − = → −−→ −−→ Đường thẳng BC có − u− BC = N B = (−3; −3) ⇒ nBC = (1; −1) nên có phương trình x−y−6 = |t − 6| 3|t − 6| Lại có D ∈ BD ⇒ D(t; 12 − 2t) ⇒ AD = d(D; AB) = √ , CD = d(D; BC) = √ 2 Khi SABCD = AD.CD = ⇔ (t − 6)2 = ⇔ t = 10 t = 2 Với t = 10 ⇒ D(10; −8) ⇒ AD : x − y − 18 = 0, CD : x + y − = Với t = ⇒ D(2; 8) ⇒ AD : x − y + = 0, CD : x + y − 10 = Vậy AB : x + y − = 0, BC : x − y − = 0, AD : x − y − 18 = 0, CD : x + y − = AB : x + y − = 0, BC : x − y − = 0, AD : x − y + = 0, CD : x + y − 10 = Câu (1,0 điểm) Ta có M ∈ d1 ⇒ M (1 + 2t1 ; − 3t1 ; 2t1 ), N ∈ d2 ⇒ N (5 + 6t2 ; 4t2 ; −5 − 5t2 ) −−→ Suy M N = (4 − 2t1 + 6t2 ; −3 + 3t1 + 4t2 ; −5 − 2t1 − 5t2 ) Vì M N ||(P ) nên ta có : −−→ −−→ M N n(P ) = ⇔ − 2t1 + 6t2 − 2(−3 + 3t1 + 4t2 ) + 2(−5 − 2t1 − 5t2 ) = ⇔ t1 = −t2 |1 + 2t1 − (3 − 3t1 ) + 4t1 | t1 = =2⇔ t1 = Với t1 = ⇒ t2 = ⇒ M (1; 3; 0), N (5; 0; −5), t1 = ⇒ t2 = −1 ⇒ M (3; 0; 2), N (−1; −4; 0) Vậy M (1; 3; 0), N (5; 0; −5) M (3; 0; 2), N (−1; −4; 0) Lại có d(M N, (P )) = d(M, (P )) = ⇔ Câu (0,5 điểm) Với điều kiện n ∈ Z, n ≥ ta có Cn4 = 13Cnn−2 ⇔ n(n − 1)(n − 2)(n − 3) 13n(n − 1) = ⇔ n2 − 5n − 150 = ⇔ n = 15 4! 2! Với n = 15 ta có x − x n = x − x 15 15 k C15 = x 15−k k=0 − x 15 k k C15 (−1)k x45−5k = k=0 Số hạng chứa x10 số hạng chứa xk thỏa mãn 45 − 5k = 10 ⇔ k = 7 Vậy hệ số số hạng chứa x10 C15 (−1)7 = −6435 Câu 10 (1,0 điểm) Từ giả thiết ab + bc + ca = ta có a2 + = a2 + ab + bc + ca = a(a + b) + c(b + a) = (a + b)(a + c) Tương tự b2 + = (b + c)(b + a) c2 + = (c + a)(c + b) Từ suy : a2 b a b + ab a + = + = +1 b +1 (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (a2 + 1) (b2 + 1) (c2 + 1) 1 + ab √ = √ 2 c +1 (1 + ab)2 + (a − b)2 c + 2a 2b c2 − c2 − 2 √ Hay + + + =1+ √ − 2 a +1 b +1 c +1 c +1 c +1 c +1 c +1 2 Xét hàm số f (t) = + − [1; +∞) có f (t) = − + ; f (t) = ⇔ t = t t t t Bảng biến thiên : t f (t) + f (t) Từ bảng biến thiên ta có max f (t) = f (2) = [1:+∞) +∞ − 2 hay + √ − 2 c2 + c + Ta có bất đẳng thức cần chứng minh ——— Hết ———