Đề và đáp án thi thử môn toán THPT tham khảo thi đại học (69)

NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA

————————
Đáp án đề số 01

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
————

Câu 1a (1,0 điểm).
Với m = 1 hàm số trở thành y = −x3 + 3x2 − 1.
• Tập xác định : D = R.
• Sự biến thiên :
+ Giới hạn tại vô cực :
lim y = −∞; lim y = +∞.
x→+∞

y

x→−∞

3

+ Bảng biến thiên :
x=0
.
x=2

y = −3x2 + 6x = −3x(x − 2); y = 0 ⇔

x −∞
−
y
+∞
y

0
0

+

2
0
3

1

+∞

U

−

O

2

−1

−∞

−1

1

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2).
Hàm số nghịch biến trên (−∞; 0) và (2; +∞).
Hàm số đạt cực đại tại x = 2; yCĐ = 3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = −1.
• Đồ thị :
+ Cắt Oy tại (0; −1).
+ Nhận điểm uốn U (1; 1) làm tâm đối xứng.
Câu 1b (1,0 điểm).
Đạo hàm y = −3x2 + 6x + m − 1.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0; 3) khi và chỉ khi y
0, ∀x ∈ (0; 3).
Hay −3x2 + 6x + m − 1 0, ∀x ∈ (0; 3) ⇔ m 3x2 − 6x + 1, ∀x ∈ (0; 3) (∗).
Xét hàm số f (x) = 3x2 − 6x + 1 trên đoạn [0; 3] có f (x) = 6x − 6; f (x) = 0 ⇔ x = 1.
Khi đó f (0) = 1, f (3) = 10, f (1) = −2, suy ra max f (x) = f (3) = 10.
[0;3]

Do đó (∗) ⇔ m

max f (x) ⇔ m

10.

[0;3]

Vậy với m

10 thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0; 3).

Câu 2a (0,5 điểm).
3π
− 2α
Ta có cos
2

π
π
− 2α + π = − cos
− 2α = − sin 2α.
2
2
−2 tan α
4
Do đó A = − sin 2α = −2 sin α cos α = −2 tan αcos2 α =
=− .
2
1 + tan α
5
= cos

Câu 2b (0,5 điểm).
1 + 5i
(1 + 5i) (3 + i)
20 + 30i − (−2 + 16i)
11 7
= 2 + 3i −

=
=
+ i.
3−i √
10
10
5
5
121 49
170
+
=
.
25
25
5

Ta có z = 2 + 3i −
Do đó |z| =

1

x


Câu 3 (0,5 điểm).
Phương trình đã cho tương đương với :
2

(2 + log2 x) − 6log2 x − 7 = 0 ⇔

log22

log2 x = −1
⇔
log2 x = 3

x − 2log2 x − 3 = 0 ⇔

1
2
x=8
x=

1
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = ; x = 8.
2
Câu 4 (1,0
điểm).
1
2


(1)
2x + + y + = 6
x
y
2
Xét hệ
.

1

2
2

= 8 (2)
(x + y ) 1 +
xy
Điều kiện x = 0; y = 0.
2x + y
1
Ta có (1) ⇔ 2x + y +
= 6 ⇔ (2x + y) 1 +
xy
xy

1
1
=
.
xy
2x + y
x=y
Thay vào (2) được 36 (x2 + y 2 ) = 8(2x + y)2 ⇔ 4x2 − 32xy + 28y 2 = 0 ⇔
.
x = 7y
3
Với x = y thay vào (1) được 3x + = 6 ⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 (thỏa mãn).
x
15

= 6 ⇔ 35y 2 − 14y + 5 = 0 (vô nghiệm).
Với x = 7y thay vào (1) được 15y +
7y
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1).
=6⇔1+

Câu 5 (1,0 điểm).
2

Ta có I =
1

2

x + 2 ln x
dx =
(x + 2)2

2

x
dx +
(x + 2)2

1

1

2 ln x
dx = I1 + I2 .

(x + 2)2

Trong đó
2

I1 =
1

Đặt

2

x
dx =
(x + 2)2

1


u = ln x
dv =

1
2
−
dx =
x + 2 (x + 2)2

2
dx

(x + 2)2
2 ln x
I2 = −
x+2


1

du = dx
x
⇒
2

v = −
x+2

2

= ln
1

2

2
1
dx = − ln 2 +
x (x + 2)
2

+

2
x+2

, ta có

2

2
1

ln |x + 2| +

1

1
1
−
x x+2

dx

1

1
3
= − ln 2 + (ln |x| − ln |x + 2|)|21 = ln 3 − ln 2
2
2
Vậy I = I1 + I2 = ln

4 1
3
1
1
− + ln 3 − ln 2 = ln 2 − .
3 6
2
2
6

Câu 6 (1,0 điểm).
1
1
Đáy ABCD là hình thoi nên có diện tích SABCD = AC.BD = .2a.4a = 4a2 .
2
2
Gọi H là trung điểm AB, tam giác SAB đều nên SH⊥AB.
Lại có (SAB)⊥(ABCD) suy ra SH⊥(ABCD).
2

4 1
−
3 6


√
√
2 + OB 2 = a 5.
Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có OA = a, OB = √

2a ⇒ AB
=
OA
√
√
√
3
a 15
=
.
Tam giác SAB đều cạnh a 5 nên đường cao SH = a 5.
2
2
√
√
1
1 2 a 15
2a3 15
=
.
Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD = .SABCD .SH = .4a .
3
3
2
3
S

I
A

B
H
K

O
D

C

Ta có AD||BC ⇒ AD||(SBC).
Do đó d (AD, SC) = d (AD, (SBC)) = d (A, (SBC)) = 2d (H, (SBC)).
Gọi K là hình chiếu của H trên BC, ta có BC⊥HK và BC⊥SH nên BC⊥(SHK).
Gọi I là hình chiếu của H trên SK, ta có HI⊥SK và HI⊥BC nên HI⊥(SBC).
Từ đó suy ra d (AD, SC) = 2d (H, (SBC)) = 2HI.
2a
S∆ABC
SABCD
4a2
2S∆HBC
=
=
= √ =√ .
Ta có HK =
BC
BC
2BC
2a 5
5 √
HS.HK
2a 15

Tam giác SHK vuông tại H nên HI = √
= √
.
2
2
HS + HK
91
√
4a 15
Vậy d (AD, SC) = 2HI = √
.
91
Câu 7 (1,0 điểm).
d1

A

H

B

d2

M

A

C

Gọi d1 : 2x − y + 5 = 0 và d2 : 7x − y + 15 = 0.

2x − y = −5
x = −2
Tọa độ B là nghiệm của hệ
⇔
⇒ B(−2; 1).
7x − y = −15
y=1
−−→
Gọi H là hình chiếu của A trên d1 ⇒ H (t; 2t + 5) ⇒ AH = (t − 1; 2t + 3).
−−→ →
Khi đó AH.−
ud1 = 0 ⇔ t − 1 + 4t + 6 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ H(−1; 3).
Gọi A là điểm đối xứng với A qua d1 ⇒ A (−3; 4).
x = −2 − t
→ −−→
Khi đó A ∈ BC ⇒ −
u−
.
BC = BA = (−1; 3) ⇒ BC có phương trình
y = 1 + 3t
−t − 1 3t + 3
Vì C ∈ BC ⇒ C(−2 − t; 1 + 3t). Gọi M trung điểm AC ⇒ M
;
.
2
2
Khi đó M ∈ d
3) + 30 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ C(−4; 7).
√2 nên 7(−t −
√1) − (3t + √

Ta có AB = 10; AC = 5 2; BC = 2 10 ⇒ tam giác ABC vuông tại B.
Vậy tam giác ABC có diện tích là S∆ABC = 10.
3


Câu 8 (1,0 điểm).

3x + 5y − z − 2 = 0
Tọa độ giao điểm M của d và (P ) là nghiệm hệ x − 12
y−9
z−1 .

=
=
4
3
1
Giải hệ ta được tọa độ giao điểm của d và (P ) là M (0; 0; −2).
→
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến −
n−
(P ) = (3; 5; −1).
→
−
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud = (4; 3; 1).
Mặt phẳng (Q) chứa d nên qua M (0; 0; −2).
→ →
−
Hơn nữa (Q) vuông góc với (P ) nên nhận −
n−

(P ) , ud = (8; −7; −11) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy (Q) có phương trình 8x − 7y − 11z − 22 = 0.
Câu 9 (0,5 điểm).
1
1
Phép thử là lấy cùng lúc từ mỗi hộp một cây viết nên |Ω| = C11
.C15
= 165.
Gọi A là biến cố "hai cây viết được lấy ra có cùng màu", ta có |ΩA | = C51 .C71 + C61 .C81 = 83.
83
|ΩA |
=
.
Vậy xác suất cần tìm là P (A) =
|Ω|
165
Câu 10 (1,0 điểm).
Trước hết chứng minh rằng với mọi số thực dương x ta có 14x + 2 25x2 − 9x4 (∗).
Thật vậy (∗) ⇔ 9x4 − 25x2 + 14x + 2 0 ⇔ (x − 1)2 (9x2 + 18x + 2) 0 (luôn đúng).
Dấu bằng của (∗) xảy ra khi x = 1.
Thay x bởi a, b, c được 14a + 2 25a2 − 9a4 ; 14b + 2 25b2 − 9b4 ; 14c + 2 25c2 − 9c4 .
Từ đó suy ra 14(a + b + c) 25 (a2 + b2 + c2 ) − 9 (a4 + b4 + c4 ) ⇔ a + b + c 3.
Do đó theo bất đẳng thức Cauchy − Schawrz dạng Engel ta có :
(a + b + c)2
a+b+c
=
3 (a + b + c)
3

b2

c2
a2
+
+
P =
b + 2c c + 2a a + 2b

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 khi a = b = c = 1.

——— Hết ———

4

1