NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ———————— Đáp án đề số 16 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\{−1} • Sự biến thiên : + Giới hạn, tiệm cận : lim y = lim y = ⇒ tiệm cận ngang y = x →+∞ x →−∞ lim− y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ tiệm cận đứng x = x →1 x →1 + Bảng biến thiên : y =− < 0, ∀ x ∈ D ( x − 1)2 x −∞ y y y +∞ − − +∞ −∞ I O 1 Hàm số nghịch biến (−∞; 1) (1; +∞) Hàm số cực trị • Đồ thị : + Cắt Oy (0; −2) cắt Ox (−2; 0) −2 −2 + Nhận giao điểm I (1; 1) hai tiệm cận làm tâm đối xứng Câu 1b (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng d đồ thị (C ) : x+2 = x+m ⇔ x−1 ® x=1 x + ( m − 2) x − m − = Đặt f ( x ) = x2 + (m − 2) x − m − Ta có ∆ = (m − 2)2 − 4(−m − 2) = m2 + 12 > 0, ∀m ∈ R Lại có f (1) = + m − − m − = −3 = 0, ∀m ∈ R Do đường thẳng d cắt đồ thị (C ) với giá trị m Câu 2a (0,5 điểm) Điều kiện cos x = Khi phương trình cho tương đương với : cos 2x + + cos2 x sin x = cos x + sin2 x cos x Ä ä ⇔ cos2 x − sin2 x + sin x + sin xcos2 x − cos x − sin2 x cos x = ⇔ (cos x − sin x ) (cos x + sin x ) + sin x − cos x + sin x cos x (cos x − sin x ) = ⇔ (cos x − sin x ) (sin x + cos x + sin x cos x − 1) = ñ cos x − sin x = (1) ⇔ sin x + cos x + sin x cos x − = (2) Ta có (1) ⇔ tan x = ⇔ x = π + kπ x Ä Đặt sin x + cos x = t |t| √ ä ⇒ sin x cos x = t2 − , phương trình (2) trở thành : t2 − t+ − = ⇔ t2 + 2t − = ⇔ ñ t=1 t = −3 (loại) x = k2π πã π = √ ⇔ Với t = ⇒ sin x + cos x = ⇔ sin x + x = + k2π (loại) 2 π Vậy phương trình có nghiệm x = + kπ, x = k2π (k ∈ Z) Å Câu 2b (0,5 điểm) Gọi z = x + yi ( x, y ∈ R), ta có : |z − − i | = |2z¯ − 2i | ⇔ | x + yi − − i | = |2 ( x − yi ) − 2i | ⇔ ( x − 2)2 + (y − 1)2 = 4x2 + (2y + 2)2 ⇔ 3x2 + 3y2 + 4x + 10y − = 10 ⇔ x + y2 + x + y − = 3 √ å Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm − ; − , bán kính R = 3 Ç Câu (0,5 điểm) ñ x=1 x = −2 (loại) Ta có y(0) = −1, y(1) = −e, y(2) = e2 , max y = y(2) = e2 , y = y(1) = −e Đạo hàm y = ex ( x2 −x − 1) + ex (2x − 1) = ex ( x2 + x − 2); y = ⇔ [0;2] [0;2] Câu (1,0 điểm) Điều kiện x = 0, y = Hệ cho tương đương với : x + =2 x2 y 3x + = y x + x +2 = x y ⇔ 3x + = y 2x + (1) (2) Trừ theo vế (1) (2) ta có : x− = = x− y x y = ⇔ ⇔ x x− = − = x+ y x y − x2 + x +2 − = ⇔ x− x y y y Ç å2 = x − thay vào (1) 4x2 + = ⇔ x = ±1 ⇒ y = ∓1 y x x Với = x + thay vào (1) 4x2 + = (vô nghiệm) y x x Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y) = (1; −1) ( x; y) = (−1; 1) Với Câu (1,0 điểm) x x ® Đặt dx du = u = ln( x − 1) x−1 , ta có : ⇒ x3 dv = x2 dx v= x3 I= ln( x − 1) − 3 = Vậy I = 125 ln − 3 125 ln x3 dx = − x−1 3 x3 x2 + + x + ln( x − 1) = 5Ç x +x+1+ dx x−1 å 124 ln 35 − 124 ln 35 − Câu (1,0 điểm) √ √ ÷ = a 6.2a sin 450 = 2a2 Ta có S ABCD = 2S∆ADB = DA.DB sin ADB Gọi H hình chiếu S BD ⇒ SH ⊥( ABCD ) (vì (SBD )⊥( ABCD )) Khi H A, HD hình chiếu SA, SD lên ( ABCD ) ÷ = SDH ÷ góc SA, SD với ( ABCD ) Do SAH ÷ = SDH ÷ = 300 ⇒ H A = HD Theo giả thiết ta có SAH √ AD Suy tam giác H AD vuông cân H ⇒ H A = HD = √ = a √ Trong tam giác SH A vuông H có SH = H A tan 300 = a √ = a √ 2a Vậy thể tích khối chóp S.ABCD VS.ABCD = S ABCD SH = 3 S I A B H K D C BD d( H, (SAD )) = √ d( H, (SAD )) HD Gọi K trung điểm AD ⇒ HK ⊥ AD ⇒ AD ⊥(SHK ) Gọi I hình chiếu H SK ⇒ H I ⊥(SAD ) √ ⇒ H I = d( H, (SAD )) a Tam giác H AD vuông H nên HK = AD = 2 √ 1 1 a 15 Trong ∆SHK có = + = + ⇒ HI = H I2 HS2 HK2 a 3a √ 2 2a Vậy d(C, (SAD )) = √ d( H, (SAD )) = √ H I = 3 Ta có d(C, (SAD )) = d( B, (SAD )) = Câu (1,0 điểm) Ta có A ∈ d1 ⇒ A(t; t + 2); M trung điểm AB nên B(4 − t; −t) −→ Khi B ∈ d2 nên − t − 2t − = ⇔ t = ⇒ A (1; 3) , B (3; −1) ⇒ AB = (2; −4) → Đường thẳng cần tìm qua M(2; 1) có vectơ pháp tuyến − n = (2; 1) Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình 2( x − 2) + (y − 1) = ⇔ 2x + y − = Câu (1,0 điểm) Tọa độ giao điểm A d ( P) nghiệm hệ y+3 z−3 = = −1 2x + y − 2z + = x − x =0 ⇔ y = −1 z=4 ⇒ A(0; −1; 4) → Mặt phẳng ( P) có vectơ pháp tuyến − n− ( P) = (2; 1; −2) → = (−1; 2; 1) Đường thẳng d có vectơ phương − u dî → − →ó Đường thẳng ∆ qua A(0; −1; 4) nhận − n− ( P) , ud = (5; 0; 5) làm vectơ phương x = 5t Vậy ∆ có phương trình y = −1 z = + 5t Câu (0,5 điểm) = 3432 Phép thử chọn ngẫu nhiên thẻ 14 thẻ nên ta có |Ω| = C14 Gọi A biến cố "trong thẻ chọn có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn có thẻ mang số chia hết cho 5", ta có hai trường hợp sau : TH1 : Chọn thẻ chia hết cho thẻ ghi số Ta cần chọn thêm thẻ ghi số lẻ thẻ ghi số lẻ (trừ thẻ ghi số 5) thẻ ghi số chẵn thẻ ghi số chẵn (trừ thẻ ghi số 10) Do trường hợp có C62 × C64 = 225 cách chọn TH2 : Chọn thẻ chia hết cho thẻ ghi số 10 Ta cần chọn thêm thẻ ghi số lẻ thẻ ghi số lẻ (trừ thẻ ghi số 5) thẻ ghi số chẵn thẻ ghi số chẵn (trừ thẻ ghi số 10) Do trường hợp có C63 × C63 = 400 cách chọn Do số kết thuận lợi cho biến cố A |Ω A | = 225 + 400 = 625 625 |Ω A | = Vậy xác suất biến cố A P( A) = |Ω| 3432 Câu 10 (1,0 điểm) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 2ab 3bc 2ca + + (c + a) (c + b) ( a + b) ( a + c) (b + c) (b + a) ⇔ 2ab (1 − c) + 3bc (1 − a) + 2ca (1 − b) (1 − a ) (1 − b ) (1 − c ) ⇔ ab + 4bc + ca 16abc 1 16 ⇔ + + a b c Áp dụng bất đẳng thức 1 + x y 1 + + a b c : x+y 4 + a b+c 16 = 16 a+b+c Ta có bất đẳng thức cần chứng minh ——— Hết ———