Đề và đáp án thi thử môn toán THPT tham khảo thi đại học (76)

NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA

————————
Đáp án đề số 08

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

Câu 1a (1,0 điểm).
• Tập xác định : D = R.
• Sự biến thiên :
+ Giới hạn tại vô cực :
lim y = +∞; lim y = −∞.
x→+∞

y

x→−∞

+ Bảng biến thiên :
ñ
3
3 2
x=0
.
y = x − 3x = x (x − 4); y = 0 ⇔
x=4
4

4
x −∞
+
y

0
0
5

−

4
0

5

+∞
+
+∞

1
O

y
−∞

U
4
2

−3

Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) và (4; +∞).
Hàm số nghịch biến trên (0; 4).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 5.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 4; yCT = −3.
• Đồ thị :
+ Cắt Oy tại (0; 5).
+ Nhận điểm uốn U (2; 1) làm tâm đối xứng.

−3

Câu 1b (1,0 điểm).
1 3 3 2
m
x − x +5=5− .
4
2
4
m
Số nghiệm phương trình đã cho là số giao điểm của (C) và đường thẳng y = 5 − .
4
Dựa vào đồ thị ta có :
+ m > 32 hoặc m < 0 : Phương trình 1 nghiệm.
+ m = 32 hoặc m = 0 : Phương trình 2 nghiệm.
+ 0 < m < 32 : Phương trình 3 nghiệm.
Phương trình đã cho tương đương với

Câu 2a (0,5 điểm).
Với điều kiện cos x = 0, phương trình đã cho tương đương với :

πã
sin x
sin x
1 − cos 2x −
= 2sin2 x −
⇔ 1 − sin 2x = 2sin2 x −
2
cos x
cos x
⇔ cos x − 2 sin xcos2 x = 2sin2 x cos x − sin x
⇔ sin x + cos x = 2 sin x cos x (sin x + cos x)
⇔ (sin x + cos x) (sin 2x − 1) = 0

π
ñ
x
=
−
+ kπ
tan x = −1
4
⇔
⇔

π (k ∈ Z)
π
sin 2x = 1
x= +k
4
2

π
π
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có nghiệm x = + k , (k ∈ Z).
4
2
Å

1

x


Câu 2b (0,5 điểm).
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có :
®

|z|2 + 2z.z + |z|2 = 8
⇔
z+z =2

®

a2 + b2 + 2 (a2 + b2 ) + a2 + b2 = 8
2a = 2

®

a2 + b 2 = 2
⇔
a=1

⇔

®

b = ±1
a=1

Vậy z = 1 + i hoặc z = 1 − i.
Câu 3 (0,5 điểm).
1
Với điều kiện x = 1, x > − , phương trình đã cho tương đương với :
2
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 + 1 + log(2x + 1)
Ä

ä

ä

(1)

1
> 0, ∀t > 0.
t ln 10
√
3± 7

2
2
(thỏa mãn).
Do đó (1) ⇔ f (2(x − 1) ) = f (2x + 1) ⇔ 2(x − 1) = 2x + 1 ⇔ x =
2
√
3± 7
.
Vậy phương trình có nghiệm x =
2
Xét hàm số f (t) = t + log t trên (0; +∞) có f (t) = 1 +

Câu 4 (1,0
 điểm).
√
√
2y 3 + y + 2x 1 − x = 3 1 − x (1)
Xét hệ √
.
9 − 4y 2 = 2x2 + 6y 2 − 7
(2)
3
3
Điều kiện x 1, −
x
. Ta có :
2
2
Ä√
ä3 √

(1) ⇔ 2y 3 + y = 2 1 − x + 1 − x
Ä
äÄ
ä
√
√
√
⇔ 2 y − 1 − x y2 + y 1 − x + 1 − x + y − 1 − x = 0
Ä
äÄ
ä
√
√
⇔ y − 1 − x 2y 2 + 2y 1 − x + 2(1 − x) + 1 = 0
√
y = 1−x
ä2
√
⇔ Ä
y + 1 − x + y 2 + 2 − x = 0 (vô nghiệm)
√
Với y = 1 − x thay vào (2) được :
Ä√
ä2
√
√
4x + 5 = 2x2 − 6x − 1 ⇔ 2 4x + 5 = 4x2 − 12x − 2 ⇔
4x + 5 + 1 = 4(x − 1)2
Lấy căn bậc hai hai vế ta có :
√

4x + 5 + 1 = 2 (1 − x) ⇔

√







4x + 5 = 1 − 2x ⇔ 




Ä

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = 1 −

ä
√ √
2; 4 2 .

Câu 5 (1,0 điểm).
1

x2 ex dx.

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là V = π

0


u

2

=x
Đặt 
dv = ex dx


du

⇒

= 2xdx
v = ex

, ta có :

2

x

1
2
√
x = 1 + √2 (loại)
x=1− 2

⇒y=

√
4
2


1

V =

1
πx2 ex
0

1
x

−π
0


u

=x
Lại đặt 
dv = ex dx



du

⇒

= dx
v = ex

xex dx

2xe dx = πe − 2π
0

, ta có :
1

V = πe −

2πxex |10

ex dx = −πe + 2πex |10 = π (e − 2)

+ 2π
0

Vậy V = π(e − 2).
Câu 6 (1,0 điểm).
Gọi H là hình chiếu của S trên AC, ta√có SH⊥(ABC). √
Tam giác SAC vuông tại S nên SC = AC√2 − SA2 = a 3.
SA.SC
a 3

Từ đó suy ra đường cao SH =
=
.
AC
2
√
Tam giác ABC cân tại B có AC = 2a ⇒ AB = BC = a 2.
1
Do đó diện tích đáy ABC là S∆ABC = AB.BC = a2 .
2
√
1
a3 3
Vậy thể tích khối chóp là VS.ABC = S∆ABC .SH =
.
3
6

AB⊥HK

Gọi K là hình chiếu của H trên AB, ta có 
AB⊥SH

S

H M

C

K

B

⇒ AB⊥(SHK).


HM ⊥SK

⇒ HM ⊥(SAB).
Gọi M là hình chiếu của H trên SK, ta có 
HM ⊥AB
Do đó khoảng cách từ H đến (SAB) là d(H, (SAB)) = HM .
√
a
Trong tam giác SHA vuông tại H có HA = SA2 − SH 2 = ⇒ CA = 4HA.
2
HA
a
Tam giác AHK vuông cân tại K nên ta có HK = √ = √ .
2
2 2
√
HS.HK
2a 21
Từ đó ta có d(C, (SAB)) = 4d(H, (SAB)) = 4HM = 4 √
=
.
7
HS 2 + HK 2
Câu 7 (1,0 điểm).

Gọi H là giao điểm của AH và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
◊ = BCH
◊ (vì cùng chắn cung BH
˘ ).
Ta có BAH
◊ = BCH
÷ (vì cùng phụ với 2 góc đối đỉnh).
Lại có BAH
◊ = BCH,
÷ hơn nữa HH ⊥BC nên H đối xứng với H qua BC.
Từ đó suy ra BCH
Đường thẳng HH qua H(5; 5) và vuông góc BCnên có phương trìnhx − y = 0.
x − y = 0
x = 4
Gọi K = HH ∩ BC thì tọa độ K là nghiệm hệ 
⇔
⇒ K(4; 4).
x+y−8=0
y=4
Vì K là trung điểm HH nên ta có ⇒ H (3; 3).
Giả sử (ABC) : x2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 (a2 + b2 > c).
Vì M, N, H ∈ (ABC) nên ta có :


49 + 9 − 18a − 6b + c



=0
16 + 4 − 8a − 4b + c = 0




9 + 9 − 6a − 6b + c = 0



a



=5
⇔ b = 4


c = 36

⇒ (ABC) : x2 + y 2 − 10x − 8y + 36 = 0

3

A


Ta có A là giao điểm khác H của HH và (ABC) nên tọa độ A là nghiệm hệ :

x − y

=0
x2 + y 2 − 10x − 8y + 36 = 0

Khi đó ta có AH = d (A, BC) =

ñ

⇔

x = y = 3 (loại)
⇒ A (6; 6)
x=y=6

√
|6 + 6 − 8|
√
= 2 2.
2

Tọa độ B, C là nghiệm của hệ

x + y

−8=0
x2 + y 2 − 10x − 8y + 36 = 0
.

ñ

⇔

√
(x; y) = (3; 5)

⇒ BC = 3 2
(x; y) = (6; 2)

1
1 √ √
Vậy diện tích tam giác ABC là S∆ABC = AH.BC = 2 2.3 2 = 6.
2
2

Câu 8 (1,0 điểm).




x = 5 + 2t1
Đường thẳng ∆1 có phương trình tham số  y = −t1
.

z = 4 + 2t1
→
−
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến n = (1; 1; −1).
Ta có M ∈ ∆1 ⇒ M (5 + 2t1 ; −t1 ; 4 + 2t1 ), N ∈ ∆2 ⇒ N (2 − t; −1 + t; −5 + 3t).
−−→
Từ đó suy ra 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 = 0 ⇔  −4t1 + 2t − 12 ⇔
.
t
=2

−3t1 − 2t − 2
Vậy M (1; 2; 0) và N (0; 1; 1).
Câu 9 (0,5 điểm).
4
Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong 33 học sinh nên số phần tử không gian mẫu là C33
= 40920.
Gọi A là biến cố "4 học sinh được chọn có đủ học sinh giỏi, khá và trung bình".
Chọn 4 học sinh có đủ học sinh giỏi, khá và trung bình có các trường hợp sau :
1
1
2
= 5940.
.C12
.C11
TH1 : Chọn 2 học sinh giỏi, 1 học sinh khá, 1 học sinh trung bình có C10
1
1
2

TH2 : Chọn 2 học sinh giỏi, 1 học sinh khá, 1 học sinh trung bình có C10 .C11 .C12 = 6600.
1
1
2
TH3 : Chọn 2 học sinh giỏi, 1 học sinh khá, 1 học sinh trung bình có C10
.C11
.C12
= 7260.
Từ đó ta có |ΩA | = 5940 + 6600 + 7260 = 19800.
|ΩA |
19800
15
Vậy xác suất của biến cố A là 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) và (3) được 2 √ + √ + √
y
z
x
Lại có xy + yz + zx x2 + y 2 + z 2 = (x + y + z)2 − 2 (xy + yz + zx) ⇔ xy + yz + zx 3.
x

y
z
x
y
z
Do đó (∗) ⇔ 2 √ + √ + √
3(x + y + z) − 3 ⇔ √ + √ + √
3 (đpcm).
y
z
x
y
z
x
——— Hết ———
4