Đề và đáp án thi thử môn toán THPT tham khảo thi đại học (71)

NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ———————— Đáp án đề số 03 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→+∞ x→−∞ + Bảng biến thiên : y = 3x2 − 6x = 3x(x − 2); y = ⇔ x −∞ + y 0 − x=0 x=2 +∞ O U + +∞ y −∞ y −2 −2 Hàm số đồng biến (−∞; 0) (2; +∞) Hàm số nghịch biến (0; 2) Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 2; yCT = −2 • Đồ thị : + Cắt Oy (0; 2) + Nhận điểm uốn U (1; 0) làm tâm đối xứng Câu 1b (1,0 điểm) Đạo hàm y = 3x2 − 6mx + m2 − 1; y = 6x − 6m m=1 m = 11 Với m = ⇒ y = 6x − ⇒ y (2) = > ⇒ hàm số đạt cực tiểu (thỏa mãn) Với m = 11 ⇒ y = 6x − 66 ⇒ y (2) = −54 < ⇒ hàm số đạt cực đại (không thỏa mãn) Vậy với m = hàm số đạt cực tiểu x = Hàm số đạt cực tiểu x = ⇒ y (2) = ⇔ 12 − 12m + m2 − = ⇔ Câu 2a (0,5 điểm) Đặt A = cos2 x + cos2 π + x + cos2 2π + x , ta có : 2π 4π + 2x + cos + 2x + cos 2x 3 A= + + 2 2π 4π = + cos 2x + cos + 2x + cos + 2x 2 3 π = + cos 2x + cos (π + 2x) cos = 2 + cos Ta có đẳng thức cần chứng minh x Câu 2b (0,5 điểm) Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi, ta có : |z − 1| = ⇔ 17 (z + z¯) − 5z z¯ = (a − 1)2 + b2 = 25 ⇔ 34a − (a2 + b2 ) = a=5 b=3 a=5 b = −3 Vậy có hai số phức cần tìm z = + 3i z = − 3i Câu (0,5 điểm) Hàm số y = x2 − ln(1 − 2x) liên tục đoạn [−2; 0] Đạo hàm y = 2x + −4x2 + 2x + 2 = ;y =0⇔ − 2x − 2x x=1∈ / [−2; 0] x=− − ln 1 Vậy max y = y (−2) = − ln 5; y = y − = − ln [−2;0] [−2;0] Ta có y (−2) = − ln 5; y (0) = 0; y − = Câu (1,0 điểm) √ √ x2 + xy − 2y + 3y − = y − − x (1) Xét hệ phương trình √ √ − y + 2x + 3y − = 2x + (2) Điều kiện x 0; y 6; 2x + 3y − Với điều kiện ta có : y−1−x √ + (y − − x) (y − + x) + y (y − − x) = (1) ⇔ √ y−1+ x √ +y−1+x+y =0 ⇔ (y − − x) √ y−1+ x  y =x+1 ⇔ √ √ + y − + x + y = (vô nghiệm điều kiện) y−1+ x √ √ Với y = x + thay vào (2) − x + 5x − = 2x + (∗) Với điều kiện x ta có : √ √ (∗) ⇔ − x − − x + x − 5x − = (7 − x)2 − (5 − x) (x2 − 5x + 4) √ √ ⇔ + =0 7−x+3 5−x x + 5x − √ √ ⇔ x2 − 5x + + =0 − x + − x x + 5x −  x2 − 5x + = ⇔ √ √ + = (vô nghiệm điều kiện) − x + − x x + 5x − x=1 ⇔ x=4 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x; y) = (1; 2) (x; y) = (4; 5) Câu (1,0 điểm) √ u2 Đặt u = 2x + ta có u2 = 2x + ⇔ x = udu = dx 2 Đổi cận x = ⇒ u = 1, x = ⇒ u = 3, ta có : I= u + 2u − du = u5 2u3 + −u Vậy I = = 478 15 478 15 Câu (1,0 điểm) Gọi H trung điểm BC, ta có tam giác ABC cân A nên AH⊥BC Theo giả thiết (ABC)⊥(SBC) mà BC = (ABC) ∩ (SBC) nên AH⊥(SBC) Suy HB, HC, HS hình chiếu AB, AC, AS (SBC) Lại có AB = AC = AS nên HB = HC = HS ⇒ tam giác SBC vuông S 1√ 1√ Do BH = BC = a + x2 ⇒ AH = 3a − x2 2 A M I B H C S Gọi M trung điểm AB, kẻ M I⊥AB, I ∈ AH Ta có I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC a a AB.AM a2 Dễ thấy ∆AM I ∼ ∆AHB ⇒ AI = = √ =√ − x2 AH 3a 2 3a − x a2 Vậy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có bán kính R = AI = √ 3a2 − x2 Câu (1,0 điểm) Gọi (C) đường tròn nội tiếp ∆ABC ⇒ (C) có tâm I(1; 0) bán kính R = −−→ −→ Gọi H(x; y) trung điểm AC ⇒ AH = (x + 3; y + 3), IH = (x − 1; y) Vì H ∈ (C) ∆ABC cân B nên ta có :  2   x + y − 2x − = 2 2 x + y − 2x − = (x − 1) + y = x=1 ⇔ ⇔ 4x + 3y + = (x + 3)(x − 1) + y(y + 3) =   x = − 47 25 Với x = ⇒ H(1; −3) ⇒ C(5; −3) 47 47 21 19 96 Với x = − ⇒ H = − ; ⇒C= − ; (loại) 25 25 25 25 25 −−→ Ba điểm B, I, H thẳng hàng nên B(1; b) ⇒ CB = (−4; b + 3) Do BC có phương trình (b + 3)x + 4y − 5b − = Lại có d(I, BC) = ⇔ |b + − 5b − 3| b = −3 (loại) 75 b= = ⇔ 16b2 = b2 + 6b + 25 ⇔ (b + 3)2 + 16 Vậy BC có phương trình 96x + 28y − 396 = Câu (1,0 điểm) Giả sử d ∩ d1 = A(t1 ; −1 + 2t1 ; t1 ) d ∩ d2 = B(t2 ; − 2t2 ; + 3t2 ) −→ Ta có AB = (t2 − t1 ; − 2t2 − 2t1 ; + 3t2 − t1 ) −→ − → Lại có − u→ ∆ = (1; 4; −2) ⇒ AB, u∆ = (−8 − 8t2 + 8t1 ; + 5t2 − 3t1 ; −2 + 6t2 − 2t1 )   −8 − 8t2 + 8t1 = −→ − → − t1 = → + 5t2 − 3t1 = Vì d||∆ nên AB, u∆ = ⇔ ⇔ ⇒ A (2; 3; 2) t2 =  −2 + 6t2 − 2t1 = x−2 y−3 z−2 Vậy d có phương trình: d : = = −2 Câu (0,5 điểm) Phép thử cử học sinh dự trại hè tổng số 18 học sinh Do số phần tử không gian mẫu |Ω| = C18 = 43758 Gọi A biến cố "cử học sinh cho khối có học sinh" Ta có A biến cố "cử học sinh cho có khối học sinh" Số học sinh khối nhỏ nên trường hợp khối chọn Vì biến cố A xảy có khối không chọn |Ω | 1947 59 8 = 1947 ⇒ P A = A = + C13 + C12 = Do |ΩA | = C11 |Ω| 43758 1326 59 1267 Vậy xác suất biến cố A P (A) = − P A = − = 1326 1326 Câu 10 (1,0 điểm) Theo bất đẳng thức AM − GM ta có (x + 2y)2 8xy (1) Từ giả thiết suy x + 2y = xy thay vào (1) (xy)2 − 8(xy) x2 y2 x2 4y Ta có P = + = + + 8y + x + 8y + 4x Lại theo bất đẳng thức AM − GM có : P x2 4y (4 + 8y)(4 + 4x) 8xy) + 4(x + 2y) Dấu xảy x = 4; y = Vậy giá trị nhỏ P ——— Hết ——— ⇔ xy 8xy 5(x + 2y) 8 (do x, y > 0)