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 thiên : + Giới hạn vô cực : lim y = +∞; lim y = −∞ x→+∞ y x→−∞ + Bảng biến thiên : ñ 3 x=0 y = x − 3x = x (x − 4); y = ⇔ x=4 4 x −∞ + y 0 − +∞ + +∞ O y −∞ U −3 Hàm số đồng biến (−∞; 0) (4; +∞) Hàm số nghịch biến (0; 4) Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 4; yCT = −3 • Đồ thị : + Cắt Oy (0; 5) + Nhận điểm uốn U (2; 1) làm tâm đối xứng −3 Câu 1b (1,0 điểm) 3 m x − x +5=5− 4 m Số nghiệm phương trình cho số giao điểm (C) đường thẳng y = − Dựa vào đồ thị ta có : + m > 32 m < : Phương trình nghiệm + m = 32 m = : Phương trình nghiệm + < m < 32 : Phương trình nghiệm Phương trình cho tương đương với Câu 2a (0,5 điểm) Với điều kiện cos x = 0, phương trình cho tương đương với : πã sin x sin x − cos 2x − = 2sin2 x − ⇔ − sin 2x = 2sin2 x − cos x cos x ⇔ cos x − sin xcos2 x = 2sin2 x cos x − sin x ⇔ sin x + cos x = sin x cos x (sin x + cos x) ⇔ (sin x + cos x) (sin 2x − 1) = π ñ x = − + kπ tan x = −1 ⇔ ⇔ π (k ∈ Z) π sin 2x = x= +k π π Kết hợp điều kiện phương trình cho có nghiệm x = + k , (k ∈ Z) Å x Câu 2b (0,5 điểm) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có : ® |z|2 + 2z.z + |z|2 = ⇔ z+z =2 ® a2 + b2 + (a2 + b2 ) + a2 + b2 = 2a = ® a2 + b = ⇔ a=1 ⇔ ® b = ±1 a=1 Vậy z = + i z = − i Câu (0,5 điểm) Với điều kiện x = 1, x > − , phương trình cho tương đương với : 2(x − 1)2 − (2x + 1) = log(2x + 1) − log 2(x − 1)2 Ä ⇔2(x − 1)2 + log 2(x − 1)2 = 2x + + log(2x + 1) Ä ä ä (1) > 0, ∀t > t ln 10 √ 3± 2 (thỏa mãn) Do (1) ⇔ f (2(x − 1) ) = f (2x + 1) ⇔ 2(x − 1) = 2x + ⇔ x = √ 3± Vậy phương trình có nghiệm x = Xét hàm số f (t) = t + log t (0; +∞) có f (t) = + Câu (1,0 điểm) √ √ 2y + y + 2x − x = − x (1) Xét hệ √ − 4y = 2x2 + 6y − (2) 3 Điều kiện x 1, − x Ta có : 2 Ä√ ä3 √ (1) ⇔ 2y + y = − x + − x Ä äÄ ä √ √ √ ⇔ y − − x y2 + y − x + − x + y − − x = Ä äÄ ä √ √ ⇔ y − − x 2y + 2y − x + 2(1 − x) + = √ y = 1−x ä2 √ ⇔ Ä y + − x + y + − x = (vô nghiệm) √ Với y = − x thay vào (2) : Ä√ ä2 √ √ 4x + = 2x2 − 6x − ⇔ 4x + = 4x2 − 12x − ⇔ 4x + + = 4(x − 1)2 Lấy bậc hai hai vế ta có : √ 4x + + = (1 − x) ⇔ √ 4x + = − 2x ⇔ Ä Vậy hệ có nghiệm (x; y) = − ä √ √ 2; Câu (1,0 điểm) x2 ex dx Thể tích khối tròn xoay cần tìm V = π u =x Đặt dv = ex dx du ⇒ = 2xdx v = ex , ta có : x √ x = + √2 (loại) x=1− ⇒y= √ V = πx2 ex x −π u =x Lại đặt dv = ex dx du ⇒ = dx v = ex xex dx 2xe dx = πe − 2π , ta có : V = πe − 2πxex |10 ex dx = −πe + 2πex |10 = π (e − 2) + 2π Vậy V = π(e − 2) Câu (1,0 điểm) Gọi H hình chiếu S AC, ta√có SH⊥(ABC) √ Tam giác SAC vuông S nên SC = AC√2 − SA2 = a SA.SC a Từ suy đường cao SH = = AC √ Tam giác ABC cân B có AC = 2a ⇒ AB = BC = a Do diện tích đáy ABC S∆ABC = AB.BC = a2 √ a3 Vậy thể tích khối chóp VS.ABC = S∆ABC SH = AB⊥HK Gọi K hình chiếu H AB, ta có AB⊥SH S H M C K B ⇒ AB⊥(SHK) HM ⊥SK ⇒ HM ⊥(SAB) Gọi M hình chiếu H SK, ta có HM ⊥AB Do khoảng cách từ H đến (SAB) d(H, (SAB)) = HM √ a Trong tam giác SHA vuông H có HA = SA2 − SH = ⇒ CA = 4HA HA a Tam giác AHK vuông cân K nên ta có HK = √ = √ 2 √ HS.HK 2a 21 Từ ta có d(C, (SAB)) = 4d(H, (SAB)) = 4HM = √ = HS + HK Câu (1,0 điểm) Gọi H giao điểm AH đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ◊ = BCH ◊ (vì chắn cung BH ˘ ) Ta có BAH ◊ = BCH ÷ (vì phụ với góc đối đỉnh) Lại có BAH ◊ = BCH, ÷ HH ⊥BC nên H đối xứng với H qua BC Từ suy BCH Đường thẳng HH qua H(5; 5) vuông góc BCnên có phương trìnhx − y = x − y = x = Gọi K = HH ∩ BC tọa độ K nghiệm hệ ⇔ ⇒ K(4; 4) x+y−8=0 y=4 Vì K trung điểm HH nên ta có ⇒ H (3; 3) Giả sử (ABC) : x2 + y − 2ax − 2by + c = (a2 + b2 > c) Vì M, N, H ∈ (ABC) nên ta có : 49 + − 18a − 6b + c =0 16 + − 8a − 4b + c = + − 6a − 6b + c = a =5 ⇔ b = c = 36 ⇒ (ABC) : x2 + y − 10x − 8y + 36 = A Ta có A giao điểm khác H HH (ABC) nên tọa độ A nghiệm hệ : x − y =0 x2 + y − 10x − 8y + 36 = Khi ta có AH = d (A, BC) = ñ ⇔ x = y = (loại) ⇒ A (6; 6) x=y=6 √ |6 + − 8| √ = 2 Tọa độ B, C nghiệm hệ x + y −8=0 x2 + y − 10x − 8y + 36 = ñ ⇔ √ (x; y) = (3; 5) ⇒ BC = (x; y) = (6; 2) 1 √ √ Vậy diện tích tam giác ABC S∆ABC = AH.BC = 2.3 = 2 Câu (1,0 điểm) x = + 2t1 Đường thẳng ∆1 có phương trình tham số y = −t1 z = + 2t1 → − Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến n = (1; 1; −1) Ta có M ∈ ∆1 ⇒ M (5 + 2t1 ; −t1 ; + 2t1 ), N ∈ ∆2 ⇒ N (2 − t; −1 + t; −5 + 3t) −−→ Từ suy M N (−2t1 − t − 3; t1 + t − 1; −2t1 + 3t − 9) −−→ − Và M N , → n = (t1 − 4t + 10; −4t1 + 2t − 12; −3t1 − 2t − 2) ® t1 − 4t + 10 −−→ → → − t1 = −2 − Vì M N ⊥(P ) nên M N , n = ⇔ −4t1 + 2t − 12 ⇔ t =2 −3t1 − 2t − Vậy M (1; 2; 0) N (0; 1; 1) Câu (0,5 điểm) Chọn ngẫu nhiên học sinh 33 học sinh nên số phần tử không gian mẫu C33 = 40920 Gọi A biến cố "4 học sinh chọn có đủ học sinh giỏi, trung bình" Chọn học sinh có đủ học sinh giỏi, trung bình có trường hợp sau : 1 = 5940 .C12 C11 TH1 : Chọn học sinh giỏi, học sinh khá, học sinh trung bình có C10 1 TH2 : Chọn học sinh giỏi, học sinh khá, học sinh trung bình có C10 C11 C12 = 6600 1 TH3 : Chọn học sinh giỏi, học sinh khá, học sinh trung bình có C10 C11 C12 = 7260 Từ ta có |ΩA | = 5940 + 6600 + 7260 = 19800 |ΩA | 19800 15 Vậy xác suất biến cố A P (A) = = = |Ω| 40920 31 Câu 10 (1,0 điểm) x √ y x + √ + xy 3x (1) y y y Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có √ + √ + yz 3y (2) x z z z 3z (3) √ + √ + zx x x x y z + xy + yz + zx 3(x + y + z) (∗) Cộng theo vế (1), (2) (3) √ + √ + √ y z x Lại có xy + yz + zx x2 + y + z = (x + y + z)2 − (xy + yz + zx) ⇔ xy + yz + zx x y z x y z Do (∗) ⇔ √ + √ + √ 3(x + y + z) − ⇔ √ + √ + √ (đpcm) y z x y z x ——— Hết ———