NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA———— Câu 1a 1,0 điểm... Gọi H là hình chiếu của S trên AC, ta có SH⊥ABC.. Gọi H0 là giao điểm của AH và đường tròn ngoại tiếp tam g
Trang 1NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA
————
Câu 1a (1,0 điểm)
• Tập xác định : D = R
• Sự biến thiên :
+ Giới hạn tại vô cực :
lim
x→+∞y = +∞; lim
x→−∞y = −∞
+ Bảng biến thiên :
y0 = 3
4x
2− 3x = 3
4x (x − 4); y
0 = 0 ⇔
ñ
x = 0
x = 4 .
y
− ∞
5
−3
+ ∞
Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) và (4; +∞)
Hàm số nghịch biến trên (0; 4)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ= 5
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 4; yCT = −3
• Đồ thị :
+ Cắt Oy tại (0; 5)
+ Nhận điểm uốn U (2; 1) làm tâm đối xứng
y
x O
5
1
−3
4 2
U
Câu 1b (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với 1
4x
3− 3
2x
2+ 5 = 5 − m
4.
Số nghiệm phương trình đã cho là số giao điểm của (C) và đường thẳng y = 5 − m
4. Dựa vào đồ thị ta có :
+ m > 32 hoặc m < 0 : Phương trình 1 nghiệm
+ m = 32 hoặc m = 0 : Phương trình 2 nghiệm
+ 0 < m < 32 : Phương trình 3 nghiệm
Câu 2a (0,5 điểm)
Với điều kiện cos x 6= 0, phương trình đã cho tương đương với :
1 − cos
Å
2x −π 2
ã
= 2sin2x − sin x
cos x ⇔ 1 − sin 2x = 2sin2x − sin x
cos x
⇔ cos x − 2 sin xcos2x = 2sin2x cos x − sin x
⇔ sin x + cos x = 2 sin x cos x (sin x + cos x)
⇔ (sin x + cos x) (sin 2x − 1) = 0
⇔
ñ
tan x = −1 sin 2x = 1 ⇔
x = −π
4 + kπ
x = π
4 + k
π 2 (k ∈ Z)
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có nghiệm x = π
4 + k π
2, (k ∈ Z)
Trang 2Câu 2b (0,5 điểm).
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có :
®
|z|2+ 2z.z + |z|2 = 8
®
a2+ b2+ 2 (a2+ b2) + a2+ b2 = 8 2a = 2
⇔
®
a2+ b2 = 2
®
b = ±1
a = 1 Vậy z = 1 + i hoặc z = 1 − i
Câu 3 (0,5 điểm)
Với điều kiện x 6= 1, x > −1
2, phương trình đã cho tương đương với : 2(x − 1)2− (2x + 1) = log(2x + 1) − logÄ
2(x − 1)2ä
⇔2(x − 1)2+ logÄ2(x − 1)2ä= 2x + 1 + log(2x + 1) (1)
Xét hàm số f (t) = t + log t trên (0; +∞) có f0(t) = 1 + 1
t ln 10 > 0, ∀t > 0.
Do đó (1) ⇔ f (2(x − 1)2) = f (2x + 1) ⇔ 2(x − 1)2 = 2x + 1 ⇔ x = 3 ±
√ 7
2 (thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm x = 3 ±
√ 7
2 . Câu 4 (1,0 điểm)
Xét hệ
2y3 + y + 2x√
1 − x = 3√
1 − x (1)
√
9 − 4y2 = 2x2+ 6y2− 7 (2). Điều kiện x6 1, −3
2 6 x 6 3
2 Ta có : (1) ⇔ 2y3+ y = 2Ä√
1 − xä3+√
1 − x
⇔ 2Ä
y −√
1 − xä Äy2+ y√
1 − x + 1 − xä+ y −√
1 − x = 0
⇔Ä
y −√
1 − xä Ä2y2+ 2y√
1 − x + 2(1 − x) + 1ä= 0
⇔
"
y =√
1 − x
Ä
y +√
1 − xä2+ y2+ 2 − x = 0 (vô nghiệm) Với y =√
1 − x thay vào (2) được :
√
4x + 5 = 2x2− 6x − 1 ⇔ 2√4x + 5 = 4x2− 12x − 2 ⇔Ä√
4x + 5 + 1ä2 = 4(x − 1)2 Lấy căn bậc hai hai vế ta có :
√
4x + 5 + 1 = 2 (1 − x) ⇔√
4x + 5 = 1 − 2x ⇔
x 6 1 2
"
x = 1 +√
2 (loại)
x = 1 −√
2
⇒ y =√4
2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) =Ä1 −√
2;√4
2ä Câu 5 (1,0 điểm)
Thể tích khối tròn xoay cần tìm là V = π
1
Z
0
x2exdx
Đặt
u = x2
dv = exdx ⇒
du = 2xdx
v = ex , ta có :
Trang 3V = πx2ex 1
0− π
1
Z
0
2xexdx = πe − 2π
1
Z
0
xexdx
Lại đặt
u = x
dv = exdx ⇒
du = dx
v = ex , ta có :
V = πe − 2πxex|10+ 2π
1
Z
0
exdx = −πe + 2πex|10 = π (e − 2)
Vậy V = π(e − 2)
Câu 6 (1,0 điểm)
Gọi H là hình chiếu của S trên AC, ta có SH⊥(ABC)
Tam giác SAC vuông tại S nên SC =√
AC2− SA2 = a√
3
Từ đó suy ra đường cao SH = SA.SC
a√ 3
2 . Tam giác ABC cân tại B có AC = 2a ⇒ AB = BC = a√
2
Do đó diện tích đáy ABC là S∆ABC = 1
2AB.BC = a
2
Vậy thể tích khối chóp là VS.ABC = 1
3S∆ABC.SH =
a3√ 3
6 .
A
B C
S
K
Gọi K là hình chiếu của H trên AB, ta có
AB⊥HK AB⊥SH ⇒ AB⊥(SHK)
Gọi M là hình chiếu của H trên SK, ta có
HM ⊥SK
HM ⊥AB ⇒ HM ⊥(SAB)
Do đó khoảng cách từ H đến (SAB) là d(H, (SAB)) = HM
Trong tam giác SHA vuông tại H có HA =√
SA2− SH2 = a
2 ⇒ CA = 4HA
Tam giác AHK vuông cân tại K nên ta có HK = HA√
2 =
a
2√
2.
Từ đó ta có d(C, (SAB)) = 4d(H, (SAB)) = 4HM = 4√ HS.HK
HS2+ HK2 = 2a
√ 21
7 . Câu 7 (1,0 điểm)
Gọi H0 là giao điểm của AH và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Ta có BAH◊ 0 =BCH◊ 0 (vì cùng chắn cung BH˘ 0)
Lại có BAH◊ 0 =BCH (vì cùng phụ với 2 góc đối đỉnh).÷
Từ đó suy ra BCH◊ 0 =BCH, hơn nữa HH÷ 0⊥BC nên H0
đối xứng với H qua BC
Đường thẳng HH0 qua H(5; 5) và vuông góc BC nên có phương trình x − y = 0
Gọi K = HH0 ∩ BC thì tọa độ K là nghiệm hệ
x − y = 0
x + y − 8 = 0 ⇔
x = 4
y = 4 ⇒ K(4; 4)
Vì K là trung điểm HH0 nên ta có ⇒ H0(3; 3)
Giả sử (ABC) : x2+ y2− 2ax − 2by + c = 0 (a2+ b2 > c)
Vì M, N, H0 ∈ (ABC) nên ta có :
49 + 9 − 18a − 6b + c = 0
16 + 4 − 8a − 4b + c = 0
9 + 9 − 6a − 6b + c = 0
⇔
a = 5
b = 4
c = 36
⇒ (ABC) : x2+ y2− 10x − 8y + 36 = 0
Trang 4Ta có A là giao điểm khác H0 của HH0 và (ABC) nên tọa độ A là nghiệm hệ :
x − y = 0
x2+ y2− 10x − 8y + 36 = 0 ⇔
ñ
x = y = 3 (loại)
x = y = 6 ⇒ A (6; 6) Khi đó ta có AH = d (A, BC) = |6 + 6 − 8|
√
√ 2
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ
x + y − 8 = 0
x2+ y2− 10x − 8y + 36 = 0 ⇔
ñ
(x; y) = (3; 5) (x; y) = (6; 2) ⇒ BC = 3√2
Vậy diện tích tam giác ABC là S∆ABC = 1
2AH.BC =
1
22
√ 2.3√
2 = 6
Câu 8 (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆1 có phương trình tham số
x = 5 + 2t1
y = −t1
z = 4 + 2t1
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến −→n = (1; 1; −1).
Ta có M ∈ ∆1 ⇒ M (5 + 2t1; −t1; 4 + 2t1), N ∈ ∆2 ⇒ N (2 − t; −1 + t; −5 + 3t)
Từ đó suy ra −−→
M N (−2t1− t − 3; t1+ t − 1; −2t1+ 3t − 9)
Và h−−→
M N , −→ni
= (t1− 4t + 10; −4t1+ 2t − 12; −3t1 − 2t − 2)
Vì M N ⊥(P ) nên h−−→
M N , −→ni
=−→
0 ⇔
t1 − 4t + 10
−4t1+ 2t − 12
−3t1− 2t − 2
⇔
®
t1 = −2
t = 2 . Vậy M (1; 2; 0) và N (0; 1; 1)
Câu 9 (0,5 điểm)
Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong 33 học sinh nên số phần tử không gian mẫu là C4
33= 40920 Gọi A là biến cố "4 học sinh được chọn có đủ học sinh giỏi, khá và trung bình"
Chọn 4 học sinh có đủ học sinh giỏi, khá và trung bình có các trường hợp sau :
TH1 : Chọn 2 học sinh giỏi, 1 học sinh khá, 1 học sinh trung bình có C2
10.C1
11.C1
12= 5940 TH2 : Chọn 2 học sinh giỏi, 1 học sinh khá, 1 học sinh trung bình có C1
10.C2
11.C1
12= 6600 TH3 : Chọn 2 học sinh giỏi, 1 học sinh khá, 1 học sinh trung bình có C101 C111 C122 = 7260
Từ đó ta có |ΩA| = 5940 + 6600 + 7260 = 19800
Vậy xác suất của biến cố A là P (A) = |ΩA|
|Ω| =
19800
40920 =
15
31. Câu 10 (1,0 điểm)
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có
x
√
y +
x
√
y + xy > 3x (1) y
√
x +
y
√
z + yz > 3y (2) z
√
x +
z
√
x + zx > 3z (3)
Cộng theo vế (1), (2) và (3) được 2 √x
y +
y
√
z +
z
√ x
!
+ xy + yz + zx > 3(x + y + z) (∗) Lại có xy + yz + zx 6 x2 + y2+ z2 = (x + y + z)2− 2 (xy + yz + zx) ⇔ xy + yz + zx 6 3
Do đó (∗) ⇔ 2 √x
y +
y
√
z +
z
√ x
!
> 3(x + y + z) − 3 ⇔ √x
y +
y
√
z +
z
√
x > 3 (đpcm)
——— Hết ———