NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ———————— Đáp án đề số 14 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 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 : y = 3x2 ñ − 6x = 3x ( x − 2); y = ⇔ x −∞ y + 0 − 2 x=0 x=2 +∞ + O +∞ U x 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 − 6x Ä ä Ä ä Ta có A, B ∈ (C ) ⇒ A x1 ; x13 − 3x12 + , B x2 ; x23 − 3x22 + , ( x1 = x2 ) Tiếp tuyến (C ) A B song song : y ( x1 ) = y ( x2 ) ⇔ 3x12 − 6x1 = 3x22 ñ − 6x2 ⇔ x1 = x2 (loại) x1 + x2 = ää Ä −→ Ä Khi AB = x2 − x1 ; ( x2 − x1 ) x22 + x12 + x1 x2 − ( x2 + x1 ) = ( x2 − x1 ; ( x1 − x2 ) (2 + x1 x2 )) Suy AB = ( x2 − x1 )2 + ( x2 − x1 )2 (2 + x1 x2 )2 = −4x13 x23 − 12x12 x22 − 4x1 x2 + 20 √ Theo giả thiết AB = ⇔ −4x13 x23 − 12x12 x22 − 4x1 x2 + 20 = 32 ⇔ x1 x2 = −3 ® ® ® x1 + x2 = x1 = −1 x1 = Ta có hệ ⇔ x1 x2 = −3 x2 = x2 = −1 Vậy A (−1; −2) , B (3; 2) A (3; 2) , B (−1; −2) » Câu 2a (0,5 điểm) Phương trình cho tương đương với Ç å √ √ 3π 2(1 − cos x ) − cos 2x = + + cos 2x − ⇔ sin 2x − cos 2x = cos x π π 5π 2π Å ã Å ã 2x − = − x + k2π +k x= π π 18 ⇔ sin 2x − = sin −x ⇔ ⇔ π π 5π 2x − = + x + k2π x= + k2π Vậy phương trình có nghiệm khoảng (0; π ) x = 5π 5π 17π ,x = ,x = 18 18 Câu 2b (0,5 điểm) Gọi z = + b ( a, b ∈ R), ta có : ® z + 2z = (1 + 5i ) ⇔ a + bi + ( a − bi ) = −24 + 10i ⇔ a = −8 b = −10 Vậy z = −8 − 10i Câu (0,5 điểm) Với điều kiện < x < 3, phương trình cho tương đương với : log2 ( x + 1) + log2 (3 − x ) = log2 ( x − 1) ⇔ log2 [( x + 1)(3 − x )] = log2 ( x − 1) Vậy phương trình có nghiệm x = Câu (1,0 điểm) Xét hệ phương √ 1+ ⇔ − x2 + 2x + = x − √ + 17 x= 2√ ⇔ − 17 x= (loại) 17 x2 + y2 − xy + 4y + = Ä ä trình y − ( x − y )2 = x + (1) (2) Từ (1) ta có x2 + = −y2 + xy − 4y thay vào (2) ta có y − ( x − y)2 = −y2 + xy − 4y ⇔ y (( x − y) − 4) − + ( x − y)2 = Ä ä ñ y=0 ( x − y)2 + ( x − y) − 15 = y=0 x−y = x − y = −5 ⇔ ⇔ Với y = thay vào (1) x2 + = (vô nghiệm) ñ y = −2 x=1 Với x = y + thay vào (1) + 7y + 10 = ⇔ ⇒ y = −5 x = −2 Với x = y − thay vào (1) y2 − y + 26 = (vô nghiệm) Vậy hệ cho có hai nghiệm ( x; y) = (1; −2) ( x; y) = (−2; −5) ñ y2 Câu (1,0 điểm) √ 1 » x2 + − x x x5 + 1dx − x x dx = I − Ta có I = dx = x x2 + − x2 0 √ Đặt u = x2 + ⇔ u2 = x2 + ⇒ udu √ = xdx Đổi cận x = ⇒ u = 1, x = ⇒ u = 2, ta có : √ Ä I1 = √ u2 − u.udu = ä √ Ä u4 − u2 du = ä √ √ 2+2 2−1 Vậy I = − = 15 15 u5 − u3 1 = I1 − √ 2+2 = 15 Câu (1,0 điểm) ÷ = 600 ⇒ ∆ABD cạnh a Hình thoi ABCD có BAD √ √ a Gọi O = AC ∩ BD ⇒ AO = ⇒ AC = a √ a2 Suy diện tích hình thoi ABCD S ABCD = AC.BD = 2 √ a3 Do thể tích khối chóp S.ABCD VS.ABCD = S ABCD SA = S C B K D C B O D A Gọi K = SO ∩ B D ⇒ K trọng tâm ∆SAC ⇒ SI = SO SD SB = = SB SD VS.AB C SA SB SC 1 1 Do = = = ⇒ VS.AB C = VS.ABC = VS.ABCD VS.ABC SA SB SC 3 VS.AD C SA SD SC 1 1 Tương tự = = = ⇒ VS.AD C = VS.ADC = VS.ABCD VS.ADC SA SD SC 3 √ a Vậy VS.AB C D = VS.AB C + VS.AD C = VS.ABCD = 18 Lại có B D || BD ⇒ Câu (1,0 điểm) A d E M N B H C Ta có A ∈ d ⇒ A(t; t + 1); điểm M trung điểm AC ⇒ C (6 − t; − t) −→ −→ Khi H A = (t − 2; t + 2), HC = (4 − t; − t) −→ −→ Điểm H chân đường cao kẻ từ A nên H A HC = ⇔ t = ⇒ A(2; 3), C (4; −1) − → Ta có EC = (9; −1) ⇒ trung tuyến CE có phương trình x + 9y + = −→ Và HC = (2; 0) ⇒ đường thẳng BC có phương trình y + Ç = å b+2 Gọi N trung điểm AB, ta có B ∈ BC ⇒ B(b; −1) ⇒ N ;1 b+2 Lại có N ∈ CE nên + + = ⇔ b = −30 ⇒ B (−30; −1) Vậy B(−30; −1) Câu (1,0 điểm) → Mặt phẳng ( P) có vectơ pháp tuyến − n− ( P) = (2; 1; −1) → Mặt phẳng ( Q) qua M(1; −2; 3) nhận − n− ( P) = (2; 1; −1) làm vectơ pháp tuyến Do ( Q) có phương trình 2( x − 1) + (y + 2) − (z − 3) = ⇔ 2x + y − z + = Gọi H hình chiếu M ( P) ⇒ MH ⊥( P) → Suy MH qua M (1; −2; 3) nhận − n− ( P) = (2; 1; −1) làm vectơ phương x = + 2t Do MH có phương trình y = −2 + t z = 3−t ⇒ H (1 + 2t; −2 + t; − t) 3 Mặt khác H ∈ ( P) nên 2(1 + 2t) + (−2 + t) − (3 − t) − = ⇔ t = ⇒ H 4; − ; 2 Ç å Vậy ( Q) : 2x + y − z + = H 4; − ; 2 Ç å Câu (0,5 điểm) Phép thử lấy hộp vỉ thuốc nên |Ω| = 10 × 10 = 100 Gọi A biến cố "lấy hai vỉ hỏng", ta có |Ω A | = × = |Ω A | Vậy xác suất biến cố A P( A) = = = |Ω| 100 25 Câu 10 (1,0 điểm) Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz giả thiết ta có : ( a + b + c )2 a2 + b2 + c2 = 36 ⇔ a + b + c Ä ä Lại theo bất đẳng thức AM − GM ta có : b2 + c2 ä + 2a2 + 4a Ä c2 + a2 ä + 2b2 + 4b Ä a2 + b2 + 2c2 + 4c Ä ä √ 6a √b2 + c2 (1) 6b√ c2 + a2 (2) 6c a2 + b2 (3) Cộng theo vế (1), (2) (3) : a2 + b2 + c2 + ( a + b + c ) Ä » » » a b2 + c2 + b c2 + a2 + c a2 + b2 Ta có bất đẳng thức cần chứng minh ——— Hết ——— ä 12