Đề 18 thi thử kỳ thi thpt quốc gia môn : Toán thời gian làm bài 180 phút

NMHIEUPDP.WORDPRESS.COM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA
———————— Mụn : TOÁN
Đỏp ỏn đề số 18 Thời gian làm bài 180 phỳt
————
Cõu 1a (1,0 điểm).
• Tập xỏc định : D = R.
• Sự biến thiờn :
+ Giới hạn tại vụ cực :
lim
x→+∞ y = −∞; limx→−∞ y = +∞.
+ Bảng biến thiờn :
y′ = −3x2+ 6x = −3x(x− 2); y′ = 0⇔
ủ
x = 0
x = 2 .
x −∞ 0 2 +∞
y′ − 0 + 0 −
y
+∞
−4
0
−∞
Hàm số đồng biến trờn (0; 2).
Hàm số nghịch biến trờn (−∞; 0) và (2;+∞).
Hàm số đạt cực đại tại x = 2; yCĐ = 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = −4.
• Đồ thị :
+ Cắt Oy tại (0;−4).
+ Nhận điểm uốn U(1;−2) làm tõm đối xứng.
y
xO
−4
−2
1 2
U
Cõu 1b (1,0 điểm).
Phương trỡnh hoành độ giao điểm của d và (C) là :
−x3 + 3x2 − 4 = m(x+ 1)⇔ (x+ 1)(x2 − 4x+ 4+m) = 0⇔
ủ
x = −1
x2 − 4x+ 4+m = 0
Đặt f (x) = x4 − 4x+ 4+m cú ∆ = −m và f (−1) = m+ 9.
Do đú với m < 0 và m 6= −9 thỡ d cắt (C) tại ba điểm phõn biệt :
M(−1; 0), A(x1;m(x1 + 1)), B(x2;m(x2 + 1))
Trong đú theo định lý vi-ột ta cú
đ
x1 + x2 = 4
x1x2 = m+ 4
(1).
Ta cú
−−→
MA = (x1 + 1;m (x1 + 1))⇒ MA = |x1 + 1|
ằ
1+m2−→
MB = (x2 + 1;m (x2 + 1))⇒ MB = |x2 + 1|
ằ
1+m2.
Lại cú MA = 2MB⇔ |x1 + 1|
√
1+m2 = 2 |x2 + 1|
√
1+m2 ⇔
ủ
x1 = 2x2 + 1
x1 = −2x2 − 3 .
Với x1 = 2x2 + 1 thay vào (1) ta cú

x1 = 3
x2 = 1
m = −1
.
Với x1 = −2x2 − 3 thay vào (1) ta cú

x1 = 11
x2 = −7
m = −81
.
Vậy m = −1 hoặc m = −81.
1
Cõu 2a (0,5 điểm).
Ký hiệu phương trỡnh đó cho là (1) ta cú :
(1)⇔ √3 sin 2x+ 2 cos 2x− Äcos22x− sin22xọ− 1 = 0
⇔ sin 2x
(
sin 2x+
√
3
)
= (1− cos 2x)2
⇔ 2 sin x cos x
(
sin 2x+
√
3
)
= 4sin4x
⇔ 2 sin x
(
2 sin xcos2x+
√
3 cos x− 2sin3x
)
= 0
⇔
[
sin x = 0
2sin3x− 2 sin xcos2x−√3 cos x = 0
⇔
[
sin x = 0
2tan3x−√3tan2x− 2 tan x−√3 = 0
⇔
[
sin x = 0
tan x =
√
3
⇔
 x = kpi
x =
pi
3
+ kpi (k ∈ Z)
Vậy phương trỡnh cú nghiệm x = kpi, x =
pi
3
+ kpi (k ∈ Z).
Cõu 2b (0,5 điểm).
Ta cú z =
Ä√
3− iọ (1+ i)
1− i2 +
Ä√
3+ i
ọ
(−i)
−2i2 =
2+
√
3
2
− 1
2
i.
Vậy phần thực của z là
2+
√
3
2
, phần ảo của z là −1
2
và |z| =
√
7+ 4
√
3
4
+
1
4
=
ằ
2+
√
3.
Cõu 3 (0,5 điểm).
Điều kiện x 6= −8, x 6= −2. Phương trỡnh đó cho tương đương với :
3
1
4 .3
10x+15
x+8 = 3−2.3
2x+16
x+2 ⇔ 3 41x+684x+32 = 3 12x+2 ⇔ 41x+ 68
4x+ 32
=
12
x+ 2
⇔
 x = −4
x =
62
41
Kết hợp điều kiện phương trỡnh cú nghiệm x = −4, x = 62
41
.
Cõu 4 (1,0 điểm).
Xột hệ phương trỡnh
2x2y+ y3 = 2x4 + x6 (1)(x+ 2)ằy+ 1 = (x+ 1)2 (2) , ta cú :
(1)⇔ 2x2 Äy− x2ọ+ y3 − Äx2ọ3 = 0
⇔ 2x2 Äy− x2ọ+ Äy− x2ọ Äy2 + x2y+ x4ọ = 0
⇔ Äy− x2ọ Ä2x2 + y2 + x2y+ x4ọ = 0
⇔
 y = x
2
2x2 +
ầ
y+
1
2
x2
ồ2
+
3
4
x4 = 0
⇔
ủ
y = x2
x = y = 0
Với x = y = 0 thay vào (2) khụng thỏa món.
2
Với y = x2 thay vào (2) ta cú (x+ 2)
√
x2 + 1 = x2 + 2x+ 1 (∗).
Đặt
√
x2 + 1 = t, (t > 1), phương trỡnh (∗) trở thành :
(x+ 2)t = t2 + 2x ⇔ t(t− x)− 2(t− x) = 0⇔ (t− x)(t− 2) = 0⇔
ủ
t = 2
t = x
Với t = 2⇒ √x2 + 1 = 2⇔ x = ±√3⇒ y = 3.
Với t = x ⇒ √x2 + 1 = x (vụ nghiệm).
Vậy hệ cú hai nghiệm (x; y) =
Ä√
3; 3
ọ
và (x; y) =
Ä−√3; 3ọ.
Cõu 5 (1,0 điểm).
Thể tớch khối trũn xoay cần tớnh là :
V = pi
pi
4∫
0
sin2xdx =
pi
2
pi
4∫
0
(1− cos 2x) dx = pi
2
ầ
x− 1
2
sin 2x
ồ∣∣∣∣∣pi2
0
=
pi2
4
Vậy thể tớch khối trũn xoay cần tớnh là V =
pi2
4
.
Cõu 6 (1,0 điểm).
Theo giả thiết ABCD là hỡnh thoi vàữBCD = 600 ⇒ ∆BCD là tam giỏc đều.
Do đú BD = a; AC = a
√
3, suy ra diện tớch ABCD là SABCD =
1
2
.AC.BD =
a2
√
3
2
.
Ta cú
BD⊥ACBD⊥SA ⇒ BD⊥(SAC)⇒ BD⊥SC.
Gọi O = AC ∩ BD, trong (SAC), kẻ OM⊥SC,M ∈ SC ⇒ SC⊥(MBD).
Do đú◊BMD là gúc giữa (SCB) và (SCD)⇒◊BMD = 900 ⇒ OM = 1
2
BD =
a
2
.
Ta cú ∆SAC ∼ ∆OMC ⇒ SA
OM
=
AC
MC
⇔ SA = AC.OM√
OC2 −OM2 =
a
√
3. a2√
3a2
4 − a
2
4
=
a
√
6
2
.
Do đú thể tớch khối chúp S.ABCD là VS.ABCD =
1
3
.SA.SABCD =
a3
√
2
4
.
A D
CB
S
H
M
O
Ta cú O là trung điểm AC nờn d (C, (SBD)) = d (A, (SBD)).
Trong (SAC), kẻ AH⊥SO,H ∈ SO, ta cú
AH⊥SOAH⊥BD ⇒ AH⊥(SBD)⇒ AH = d (A, (SBD)).
Trong tam giỏc SAO vuụng tại A cú
1
AH2
=
1
AS2
+
1
AO2
=
2
3a2
+
4
3a2
=
2
a2
⇒ AH = a√
2
.
Vậy khoảng cỏch từ C đến (SBD) là d (C, (SBD)) = AH =
a√
2
.
3
Cõu 7 (1,0 điểm).
Ta cú ’AIB = 900 ⇒ữACB = 450 hoặcữACB = 1350.
Từ đú suy ra ữACD = 450, do đú tam giỏc ACD vuụng cõn tại D nờn DA = DC.
Lại cú IA = IC nờn ID⊥AC hay AC nhận −→ID = (1;−2) làm một vectơ phỏp tuyến.
Mặt khỏc AC đi qua M(−1; 4) nờn cú phương trỡnh x− 2y+ 9 = 0.
Ta cú A ∈ AC ⇒ (2t− 9; t)⇒ −→DA = (2t− 8; t+ 1)⇒ DA = √5t2 − 30t+ 65.
Lại cú DA =
√
2d(D, AC) =
| − 1+ 2+ 9|√
5
= 2
√
10.
Từ đú suy ra
√
5t2 − 30t+ 65 = 2√10⇔
ủ
t = 1
t = 5 .
Vỡ điểm A cú hoành độ dương nờn A(1; 5).
Đường thẳng DB đi qua D(−1;−1) và nhận −→DA = (2; 6) làm một vectơ phỏp tuyến.
Do đú DB cú phương trỡnh 2(x+ 1) + 6(y+ 1) = 0⇔ x+ 3y+ 4 = 0.
Ta cú B ∈ DB⇒ B(−3m− 4;m)⇒ −→IB = (−3m− 2;m− 1); −→IA = (3; 4).
Vỡ ’AIB = 900 nờn −→IA.−→IB = 0⇔ 3(−3m− 2) + 4(m− 1) = 0⇔ m = −2⇒ B(2;−2).
Vậy A(1; 5) và B(2;−2).
Cõu 8 (1,0 điểm).
Đường thẳng d1 đi qua M1(1;−1; 2) và cú một vectơ chỉ phương −→u1 = (1;−1; 0).
Đường thẳng d2 đi qua M2(3; 1; 0) và cú một vectơ chỉ phương
−→u2 = (−1; 2; 1).
Ta cú
ợ−→u1 ,−→u2ú = (−1;−1; 1) ,−−−→M1M2 = (2; 2;−2)⇒ ợ−→u1 ,−→u2ú .−−−→M1M2 = −6 6= 0.
Do đú d1 và d2 là hai đường thẳng chộo nhau (đpcm).
Mặt phẳng (P) chứa d1 nờn đi qua M1(1;−1; 2).
Hơn nữa (P) song song với d2 nờn nhận
ợ−→u1 ,−→u2ú = (−1;−1; 1) làm một vectơ phỏp tuyến.
Vậy (P) cú phương trỡnh −1(x− 1)− 1(y+ 1) + 1(z− 2) = 0⇔ x+ y− z+ 2 = 0.
Cõu 9 (0,5 điểm).
Số phần tử của tập A là A35 = 60.
Số phần tử của A khụng cú chữ số 4 là A34 = 24.
Số phần tử của A khụng cú mặt chữ số 4 là 60− 24 = 36.
Phộp thử là chọn ngẫu nhiờn ba số từ A nờn |Ω| = C360 = 34220.
Gọi A là biến cố "ba số được chọn cú đỳng một số cú mặt chữ số 4".
Ta cú số kết quả thuận lợi cho A là |ΩA| = C136.C224 = 9936.
Vậy xỏc suất biến cố A là P (A) =
|ΩA|
|Ω| =
9936
34220
=
2484
8555
.
Cõu 10 (1,0 điểm).
Từ giả thiết ta cú (x+ y)2 − 3 = xy 6 (x+ y)
2
4
⇔ (x+ y)2 6 4⇔ −2 6 x+ y 6 2.
Khi đú P = (x+ y)3 − 3(x+ y)xy− 3(x+ y) = (x+ y)3 − 3(x+ y)(xy+ 1).
Hay P = (x+ y)3 − 3(x+ y)[(x+ y)2 − 2] = −2(x+ y)3 + 6(x+ y).
Xột hàm số f (t) = −2t3 + 6t trờn [−2; 2] cú f ′(t) = −6t2 + 6; f ′(t) = 0⇔ t = ±1.
Khi đú f (−2) = 4, f (−1) = −4, f (1) = 4, f (2) = −4.
Do đú max
[−2;2]
f (t) = f (−2) = f (1) = 4; min
[−2;2]
f (t) = f (−1) = f (2) = 4.
Vậy P đạt giỏ trị lớn nhất bằng 4 khi (x; y) = (−1;−1), (x; y) = (2;−1), (x; y) = (−1; 2).
Và P đạt giỏ trị nhỏ nhất bằng −4 khi (x; y) = (1; 1), (x; y) = (−2; 1), (x; y) = (1;−2).
———Hết ———
4