Đề 2 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
———————— Môn : TOÁN
Đáp án đề số 02 Thời gian làm bài 180 phút
————
Câu 1a (1,0 điểm).
Với m = 1 hàm số trở thành y = x4 + 2x2 − 3.
• Tập xác định : D = R.
• Sự biến thiên :
+ Giới hạn tại vô cực :
lim
x→+∞
y = +∞; lim
x→−∞
y = +∞.
+ Bảng biến thiên :
y′ = 4x3 + 4x = 4x (x2 + 1); y′ = 0⇔ x = 0.
x − ∞ 0 + ∞
y′ − 0 +
y
+ ∞
−3
+ ∞
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;+∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; 0).
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = −3.
• Đồ thị :
+ Cắt Ox tại hai điểm (−1; 0) và (1; 0).
+ Nhận trục Oy làm trục đối xứng.
y
xO
−3
1−1
Câu 1b (1,0 điểm).
Đạo hàm y′ = 4x3 + 2(m+ 1)x = 2x (2x2 +m+ 1); y′ = 0⇔
[
x = 0
2x2 = −m− 1 .
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ y′ có ba nghiệm phân biệt ⇔ −m− 1 > 0⇔ m < −1.
Vậy với m < −1 thì hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 2a (0,5 điểm).
Với điều kiện tanx 6= −1, phương trình đã cho tương đương với :
sin 2x+ cos 2x− 3
√
2 sinx− 2 = 1 + sin 2x⇔ 2sin2x+ 3
√
2 sinx+ 2 = 0
⇔
 sinx = −√2 (loại)
sinx = −
√
2
2
⇔
 x = −pi4 + k2pi (loại)
x =
5pi
4
+ k2pi
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
5pi
4
+ k2pi (k ∈ Z).
1
Câu 2b (0,5 điểm).
Gọi z = a+ bi, (a, b ∈ R)⇒ z2 = a2 − b2 + 2abi. Khi đó
z2 =
√
z2 + z2 ⇔ a2 − b2 + 2abi =
√
2a2 − 2b2
⇔
{
a2 − b2 = √2a2 − 2b2
2ab = 0
⇔
 a
2 − b2 = √2a2 − 2b2[
a = 0
b = 0
Với a = 0⇒ b = 0; với b = 0⇒ a = 0 hoặc a = ±√2.
Vậy z = 0 và z = ±√2.
Câu 3 (0,5 điểm).
Phương trình đã cho tương đương với :
2.22x − 3.2x − 2 = 0⇔
[
2x = 2
2x = −1
2
(vô nghiệm)
⇔ x = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.
Câu 4 (1,0 điểm).
Với điều kiện x > 0, bất phương trình đã cho tương đương với :
√
x > (x+ 1)(x− 1)
3
x
[
(x− 1)2 + 1] ⇔ (
√
x)
3
x+ 1
> (x− 1)
3
(x− 1)2 + 1 (1)
Xét hàm số f(t) =
t3
t2 + 1
trên R có f ′(t) =
t4 + 3t2
(t2 + 1)2
> 0,∀t ∈ R.
Lại có f(t) liên tục trên R nên luôn đồng biến trên R.
Do đó (1)⇔ f (√x) > f(x− 1)⇔ √x > x− 1⇔ 0 < x 6 3 +
√
5
2
.
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S =
(
0;
3 +
√
5
2
]
.
Câu 5 (1,0 điểm).
Ta có I =
1∫
0
x
√
x2 + 1dx+
1∫
0
xexdx = I1 + I2.
Đặt u =
√
x2 + 1⇔ u2 = x2 + 1⇒ udu = xdx.
Đổi cận x = 0⇒ u = 1; x = 1⇒ u = √2, ta có I1 =
√
2∫
1
u2du =
u3
3
∣∣∣∣
√
2
1
=
2
√
2− 1
3
.
Đặt
{
u = x
dv = exdx
⇒
{
du = dx
x = ex
, ta có I2 = xe
x|10 −
1∫
0
exdx = e− ex|10 = 1.
Vậy I = I1 + I2 =
2
√
2− 1
3
+ 1 =
2
√
2 + 2
3
.
Câu 6 (1,0 điểm).
Tam giác ABD vuông cân tại A và có BD = 2a, suy ra AB = AD = a
√
2.
Đáy ABCD là hình vuông nên có diện tích SABCD = AB
2 = 2a2.
2
Gọi H là hình chiếu của S trên AC, ta có (SAC)⊥(ABCD) nên SH⊥(ABCD).
Tam giác SAC vuông tại S nên SA =
√
AC2 − SC2 = √4a2 − 3a2 = a.
Từ đó suy ra SH =
SA.SC
AC
=
a.a
√
3
2a
=
a
√
3
2
.
Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD =
1
3
.SABCD.SH =
1
3
.2a2.
a
√
3
2
=
a3√
3
.
A
B C
D
S
H
K
I
Tam giác SAH vuông tại H nên HA =
√
SA2 − SH2 =
√
a2 − 3a
2
4
=
a
2
⇒ CA = 4HA.
Ta có BC||AD, do đó d (B, (SAD)) = d (C, (SAD)) = 4d (H, (SAD)).
Gọi K là hình chiếu của H trên AD, ta có SK⊥AD và HK⊥AD nên AD⊥(SHK).
Gọi I là hình chiếu của H trên SK, ta có HI⊥SK và HI⊥AD nên HI⊥(SAD).
Từ đó suy ra d (B, (SAD)) = 4d (H, (SAD)) = 4HI.
Tam giác AHK vuông cân tại K nên HK = AH sin 450 =
a
√
2
4
.
Tam giác SHK vuông tại H nên HI =
HS.HK√
HS2 +HK2
=
a
√
21
14
.
Vậy khoảng cách từ B đến (SAD) là d (B, (SAD)) = 4HI =
2a
√
21
7
.
Câu 7 (1,0 điểm).
Ta có B ∈ BD nên B(t; 12− 2t)⇒ −−→MB = (t− 5; 11− 2t), −−→NN = (t− 9; 9− 2t).
Lại có ABCD là hình chữ nhật và M ∈ AB,N ∈ BC nên
−−→
MB.
−−→
NB = 0⇔ 5t2 − 54t+ 144 = 0⇔ t = 6 hoặc t = 24
5
(loại)⇒ B(6; 0)
Đường thẳng AB có −−→uAB = −−→MB = (1;−1)⇒ −−→nAB = (1; 1) nên có phương trình x+ y− 6 = 0.
Đường thẳngBC có−−→uBC = −−→NB = (−3;−3)⇒ −−→nBC = (1;−1) nên có phương trình x−y−6 = 0.
Lại có D ∈ BD ⇒ D(t; 12− 2t)⇒ AD = d(D;AB) = |t− 6|√
2
, CD = d(D;BC) =
3|t− 6|√
2
.
Khi đó SABCD = AD.CD = 6⇔ 3
2
(t− 6)2 = 6⇔ t = 10 hoặc t = 2.
Với t = 10⇒ D(10;−8)⇒ AD : x− y − 18 = 0, CD : x+ y − 2 = 0.
Với t = 2⇒ D(2; 8)⇒ AD : x− y + 6 = 0, CD : x+ y − 10 = 0.
Vậy AB : x+ y − 6 = 0, BC : x− y − 6 = 0, AD : x− y − 18 = 0, CD : x+ y − 2 = 0
hoặc AB : x+ y − 6 = 0, BC : x− y − 6 = 0, AD : x− y + 6 = 0, CD : x+ y − 10 = 0.
Câu 8 (1,0 điểm).
Ta có M ∈ d1 ⇒M(1 + 2t1; 3− 3t1; 2t1), N ∈ d2 ⇒ N(5 + 6t2; 4t2;−5− 5t2).
Suy ra
−−→
MN = (4− 2t1 + 6t2;−3 + 3t1 + 4t2;−5− 2t1 − 5t2).
3
Vì MN ||(P ) nên ta có :
−−→
MN.−−→n(P ) = 0⇔ 4− 2t1 + 6t2 − 2(−3 + 3t1 + 4t2) + 2(−5− 2t1 − 5t2) = 0⇔ t1 = −t2
Lại có d(MN, (P )) = d(M, (P )) = 2⇔ |1 + 2t1 − 2 (3− 3t1) + 4t1|
3
= 2⇔
[
t1 = 1
t1 = 0
.
Với t1 = 0⇒ t2 = 0⇒M(1; 3; 0), N(5; 0;−5), t1 = 1⇒ t2 = −1⇒M(3; 0; 2), N(−1;−4; 0).
Vậy M(1; 3; 0), N(5; 0;−5) hoặc M(3; 0; 2), N(−1;−4; 0).
Câu 9 (0,5 điểm).
Với điều kiện n ∈ Z, n ≥ 4 ta có
C4n = 13C
n−2
n ⇔
n(n− 1)(n− 2)(n− 3)
4!
=
13n(n− 1)
2!
⇔ n2 − 5n− 150 = 0⇔ n = 15
Với n = 15 ta có
(
x3 − 1
x2
)n
=
(
x3 − 1
x2
)15
=
15∑
k=0
Ck15
(
x3
)15−k(− 1
x2
)k
=
15∑
k=0
Ck15(−1)kx45−5k.
Số hạng chứa x10 là số hạng chứa xk thỏa mãn 45− 5k = 10⇔ k = 7.
Vậy hệ số của số hạng chứa x10 là C715(−1)7 = −6435.
Câu 10 (1,0 điểm).
Từ giả thiết ab+bc+ca = 1 ta có a2+1 = a2+ab+bc+ca = a(a+b)+c(b+a) = (a+b)(a+c).
Tương tự b2 + 1 = (b+ c)(b+ a) và c2 + 1 = (c+ a)(c+ b).
Từ đó suy ra :
a
a2 + 1
+
b
b2 + 1
=
a
(a+ b)(a+ c)
+
b
(b+ c)(b+ a)
=
1 + ab√
(a2 + 1) (b2 + 1) (c2 + 1)
=
1 + ab√
(1 + ab)2 + (a− b)2
.
1√
c2 + 1
6 1√
c2 + 1
Hay
2a
a2 + 1
+
2b
b2 + 1
+
c2 − 1
c2 + 1
6 2√
c2 + 1
+
c2 − 1
c2 + 1
= 1 +
2√
c2 + 1
− 2
c2 + 1
.
Xét hàm số f(t) = 1 +
2
t
− 2
t2
trên [1; +∞) có f ′(t) = − 2
t2
+
4
t3
; f ′(t) = 0⇔ t = 2.
Bảng biến thiên :
t 1 2 +∞
f ′(t) + 0 −
f(t)
1
3
2
1
Từ bảng biến thiên ta có max
[1:+∞)
f(t) = f(2) =
3
2
hay 1 +
2√
c2 + 1
− 2
c2 + 1
6 3
2
.
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
——— Hết ———
4