NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ———————— Đáp án đề số 15 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 + = −3( x2 − 1); y = ⇔ x = ±1 x −∞ −1 y − + +∞ y 3 +∞ − U −1 −∞ −1 O −1 Hàm số đồng biến (−1; 1) Hàm số nghịch biến (−∞; −1) (1; +∞) Hàm số đạt cực đại x = 1; yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = −1; yCT = −1 • Đồ thị : + Cắt Oy (0; 1) + Nhận điểm uốn U (0; 1) làm tâm đối xứng Câu 1b (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm (C ) đường thẳng y = − x : ñ − x + 3x + = − x ⇔ x=0 x = ±2 Vậy (C ) cắt đường thẳng y = − x ba điểm M1 (0; 1), M2 (2; −1), M3 (−2; 3) Câu 2a (0,5 điểm) Từ giả thiết ta có sin A = sin ( B − C ) + sin ( B + C ) ⇔ sin ( B − C ) = ⇔ B = C Do tam giác ABC cân A (đpcm) Câu 2b (0,5 điểm) Số phức z có phần ảo nhỏ phần thực đơn vị nên có dạng : z = a + ( a − 3) i ( a ∈ R) Khi ta có : | z − + i | = ⇔ | a + ( a − 3) i − + i | = ⇔ ( a − 2)2 + ( a − 2)2 = √ ⇔ a = 2± √ √ ä √ √ ä Ä Ä Vậy có hai số phức cần tìm z = + + −1 + i z = − + −1 − i x Câu (0,5 điểm) Bất phương trình cho tương đương với : 7x + 14 −9 7x ⇔ 72x − 9.7x + 14 7x 0⇔2 ⇔ log7 x Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = [log7 2; 1] Câu (1,0 điểm) xy2 + 4y2 + Xét hệ phương trình Ta có (1) ⇔ y2 ( x = x ( x + 2) (1) x + y + = 2y − (2) » + 4) = x2 + 2x − ⇔ ( x + 4) Ä y2 ñ ä −x+2 = ⇔ x = −4 x = y2 + Với x = −4 thay vào (2) : ® » y − = 2y − ⇔ √ y √ ⇔ y = 10 + 10 y = 10 ± 10 y ⇔ (y − 1)2 = 9(2y − 1) Với x = y2 + thay vào (2) : y2 + y + = 2y − ⇔ y4 + y2 + 25 + 2y3 + 10y2 + 10y = 9(2y − 1) » ⇔ y4 + 2y3 + 11y2 − 8y + 34 = ⇔ y4 + 2y3 + y2 + 9y2 + y2 − 8y + 16 + 18 = ⇔ y2 + y Ä ä2 + 9y2 + (y − 4)2 + 18 = (vô nghiệm) Ä Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y) = −4; 10 + √ ä 10 Câu (1,0 điểm) √ u2 − 2u ⇒ dx = (u − 1) du Đặt u = + + 2x ⇔ x = Đổi cận x = ⇒ u = 2; x = ⇒ u = 4, ta có : I= = u2 − 2u + (u − 1) du = u u2 − 3u + ln |u| + u 4Ç 2 u − + − du u u å = ln − Vậy I = ln − Câu (1,0 điểm) Trong ∆SAB ta có AB = SA + SB 2 ’ − 2SA.SB cos ASB √ 7a2 a = ⇒ AB = √ a 35 Suy diện tích đáy ABCD S ABCD = AB.AD = Gọi H hình chiếu S AB, ta có (SAB)⊥( ABCD ) ⇒ SH ⊥( ABCD ) √ ’ 2S∆SAB 2SA.SB sin ASB a 21 Khi SH = = = AB AB 14 √ a3 15 Do thể tích khối chóp S.ABCD VS.ABCD = SH.S ABCD = 12 BC ⊥ AB ’ = 900 (1) Ta có ⇒ BC ⊥(SAB) ⇒ SBC BC ⊥SH S E A D H C B √ √ 3a a 21 Lại có CE = CD2 + DE2 = a 3, SE = SA2 + AE2 = , SC = SB2 + BC2 = 2 ’ = 900 (2) Từ suy SC2 = SE2 + CE2 ⇒ SEC Từ (1) (2) ⇒ tứ diện SBCE nội tiếp mặt cầu đường kính SC √ a 21 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCE có tâm I trung điểm SC bán kính R = √ √ √ Câu (1,0 điểm) Gọi (C ) đường tròn cần viết phương trình I ( a; b) tâm (C ) √ − → Ta có I A = (3 − a; − b) ⇒ I A = a2 + b2 − 6a − 2b + 10; √ − → IB = (−1 − a; − b) ⇒ IB = a2 + b2 + 2a − 6b + 10 Vì (C ) qua A, B nên I A = √ IB ⇔ −6a − 2b = 2a − 6b ⇔ b = 2a Khi I ( a; 2a) I A = 5a2 − 10a + 10 √ √ Gọi H trung điểm CD, ta có HC = ⇒ I H = I A2 − HC2 = 5a2 − 10a + |−2a − 3| , từ suy : Lại có I H = d ( I, ∆) = a=1 Ä ä |−2a − 3| 5a2 − 10a + = ⇔ 25 5a2 − 10a + = (2a + 3)2 ⇔ 141 a= (loại) 121 √ Với a = ⇒ I (1; 2) bán kính R = I A = ⇒ (C ) : ( x − 1)2 + (y − 2)2 = Vậy (C ) : ( x − 1)2 + (y − 2)2 = » Câu (1,0 điểm) → Mặt phẳng ( P) có vectơ pháp tuyến − n− ( P) = (1; 1; −2) Ta có A ∈ d1 ⇒ A(1 + 2t1 ; −1 + t1 ; t1 ), B ∈ d2 ⇒ B(1 + t2 ; + 2t2 ; t2 ) −→ Suy AB = (t2 − 2t1 ; + 2t2 − t1 ; t2 − t1 ) → −→ →.− Theo giả thiết ∆||( P) nên − n− AB = ⇔ t2 = t1 − ⇒ AB = (−t1 − 3; t1 − 3; −3) ( P ) √ Lại có AB = 29 ⇔ 2t21 + 27 = 29 ⇔ t1 = ±1 x = − 4t −→ Với t1 = ⇒ A(3; 0; 1), AB = (−4; −2; −3) ⇒ ∆ có phương trình y = −2t z = − 3t x = −1 − 2t −→ Với t1 = −1 ⇒ A(−1; −2; −1), AB = (−2; −4; −3) ⇒ ∆ có phương trình y = −2 − 4t z = −1 − 3t x = − 4t x = −1 − 2t Vậy ∆ : y = −2t ∆ : y = −2 − 4t z = − 3t z = −1 − 3t Câu (0,5 điểm) Với điều kiện n ∈ Z, n 3, ta có : A3n + Cn1 = 8Cn2 + 49 ⇔ n (n − 1) (n − 2) + n = 4n (n − 1) + 49 ⇔ n3 − 7n2 + 7n − 49 = ⇔ n = (thỏa mãn) Với n = ta có khai triển 2x3 − Ä ä7 C7k 2x3 Ä = ä7−k (−5)k = C7k 27−k (−5)k x21−3k k =0 k =0 Số hạng chứa x15 tương ứng với số hạng chứa k thỏa 21 − 3k = 15 ⇔ k = Vậy hệ số số hạng chứa x15 C72 25 (−5)2 = 16800 Câu 10 (1,0 điểm) Từ giả thiết bất đẳng thức AM − GM ta có : √ 16 ⇔ 4a.2b a2 + 2b = 12 ⇔ a2 + + 2b = 16 ⇔ 4a + 2b Do P a2 b2 64 Ç 4 + 4 a b å + ab = 8( a − b ) 16 a2 b2 + b2 a2 + 16 ⇔ < ab 64 a b + −2 b a a b 1 + (t > 2) ta có P t + − b a 16 64 t − 1 Xét hàm số f (t) = t + − (2; +∞) 16 64 t − 5 ; f (t) = ⇔ t = Bảng biến thiên : Ta có f (t) = t − 64 (t − 2) Đặt t = t +∞ 2 − f (t) + +∞ +∞ f (t) 27 64 Ç å Từ bảng biến thiên ta có f (t) = f (2;+∞) = 27 64 27 Suy P , dấu xảy a = 2, b = 64 27 Vậy P đạt giá trị nhỏ a = 2, b = 64 ——— Hết ———