Đề 3 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 03 Thời gian làm bài 180 phút
————
Câu 1a (1,0 điểm).
Với m = 1 hàm số trở thành y = x3 − 3x2 + 2.
• Tập xác định : D = R.
• Sự biến thiên :
+ Giới hạn tại vô cực :
lim
x→+∞
y = +∞; lim
x→−∞
y = −∞.
+ Bảng biến thiên :
y′ = 3x2 − 6x = 3x(x− 2); y′ = 0⇔
[
x = 0
x = 2
.
x − ∞ 0 2 + ∞
y′ + 0 − 0 +
y
− ∞
2
−2
+ ∞
Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) và (2; +∞).
Hàm số nghịch biến trên (0; 2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 2.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; yCT = −2.
• Đồ thị :
+ Cắt Oy tại (0; 2).
+ Nhận điểm uốn U(1; 0) làm tâm đối xứng.
y
xO
2
−2
1 2
U
Câu 1b (1,0 điểm).
Đạo hàm y′ = 3x2 − 6mx+m2 − 1; y′′ = 6x− 6m.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2⇒ y′(2) = 0⇔ 12− 12m+m2 − 1 = 0⇔
[
m = 1
m = 11
.
Với m = 1⇒ y′′ = 6x− 6⇒ y′′(2) = 6 > 0⇒ hàm số đạt cực tiểu (thỏa mãn).
Với m = 11⇒ y′′ = 6x− 66⇒ y′′(2) = −54 < 0⇒ hàm số đạt cực đại (không thỏa mãn).
Vậy với m = 1 thì hàm số đạt cực tiểu tại x = 2.
Câu 2a (0,5 điểm).
Đặt A = cos2x+ cos2
(pi
3
+ x
)
+ cos2
(
2pi
3
+ x
)
, ta có :
A =
1 + cos 2x
2
+
1 + cos
(
2pi
3
+ 2x
)
2
+
1 + cos
(
4pi
3
+ 2x
)
2
=
3
2
+
1
2
(
cos 2x+ cos
(
2pi
3
+ 2x
)
+ cos
(
4pi
3
+ 2x
))
=
3
2
+
1
2
(
cos 2x+ 2 cos (pi + 2x) cos
pi
3
)
=
3
2
Ta có đẳng thức cần chứng minh.
1
Câu 2b (0,5 điểm).
Gọi z = a+ bi⇒ z = a− bi, ta có :{ |z − 1| = 5
17 (z + z¯)− 5zz¯ = 0 ⇔
{
(a− 1)2 + b2 = 25
34a− 5 (a2 + b2) = 0 ⇔
{
a = 5
b = 3
hoặc
{
a = 5
b = −3
Vậy có hai số phức cần tìm là z = 5 + 3i hoặc z = 5− 3i.
Câu 3 (0,5 điểm).
Hàm số y = x2 − ln(1− 2x) liên tục trên đoạn [−2; 0].
Đạo hàm y′ = 2x+
2
1− 2x =
−4x2 + 2x+ 2
1− 2x ; y
′ = 0⇔
[
x = 1 /∈ [−2; 0]
x = −1
2
.
Ta có y (−2) = 4− ln 5; y (0) = 0; y
(
−1
2
)
=
1
4
− ln 2.
Vậy max
[−2;0]
y = y (−2) = 4− ln 5; min
[−2;0]
y = y
(
−1
2
)
=
1
4
− ln 2.
Câu 4 (1,0 điểm).
Xét hệ phương trình
{
x2 + xy − 2y2 + 3y − 1 = √y − 1−√x (1)
3
(√
6− y +√2x+ 3y − 7) = 2x+ 7 (2) .
Điều kiện x > 0; 1 6 y 6 6; 2x+ 3y − 7 > 0.
Với điều kiện trên ta có :
(1)⇔ y − 1− x√
y − 1 +√x + (y − 1− x) (y − 1 + x) + y (y − 1− x) = 0
⇔ (y − 1− x)
(
1√
y − 1 +√x + y − 1 + x+ y
)
= 0
⇔
 y = x+ 11√
y − 1 +√x + y − 1 + x+ y = 0 (vô nghiệm do điều kiện)
Với y = x+ 1 thay vào (2) được 3
√
5− x+ 3√5x− 4 = 2x+ 7 (∗).
Với điều kiện
4
5
6 x 6 5 ta có :
(∗)⇔ 7− x− 3√5− x+ 3 (x−√5x− 4) = 0
⇔ (7− x)
2 − 9 (5− x)
7− x+ 3√5− x +
3 (x2 − 5x+ 4)
x+
√
5x− 4 = 0
⇔ (x2 − 5x+ 4)( 1
7− x+ 3√5− x +
3
x+
√
5x− 4
)
= 0
⇔
 x2 − 5x+ 4 = 01
7− x+ 3√5− x +
3
x+
√
5x− 4 = 0 (vô nghiệm do điều kiện)
⇔
[
x = 1
x = 4
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x; y) = (1; 2) và (x; y) = (4; 5).
Câu 5 (1,0 điểm).
Đặt u =
√
2x+ 1 ta có u2 = 2x+ 1⇔ x = u
2
2
và udu = dx.
2
Đổi cận x = 0⇒ u = 1, x = 4⇒ u = 3, ta có :
I =
1
2
3∫
1
(
u4 + 2u2 − 1) du = 1
2
(
u5
5
+
2u3
3
− u
)∣∣∣∣3
1
=
478
15
Vậy I =
478
15
.
Câu 6 (1,0 điểm).
Gọi H là trung điểm của BC, ta có tam giác ABC cân tại A nên AH⊥BC.
Theo giả thiết (ABC)⊥(SBC) mà BC = (ABC) ∩ (SBC) nên AH⊥(SBC).
Suy ra HB,HC,HS là hình chiếu của AB,AC,AS trên (SBC).
Lại có AB = AC = AS nên HB = HC = HS ⇒ tam giác SBC vuông tại S.
Do đó BH =
1
2
BC =
1
2
√
a2 + x2 ⇒ AH = 1
2
√
3a2 − x2.
A
B C
S
H
M
I
Gọi M trung điểm AB, kẻ MI⊥AB, I ∈ AH.
Ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Dễ thấy ∆AMI ∼ ∆AHB ⇒ AI = AB.AM
AH
=
a.
a
2
1
2
√
3a2 − x2
=
a2√
3a2 − x2 .
Vậy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có bán kính R = AI =
a2√
3a2 − x2 .
Câu 7 (1,0 điểm).
Gọi (C) là đường tròn nội tiếp ∆ABC ⇒ (C) có tâm I(1; 0) và bán kính R = 3.
Gọi H(x; y) trung điểm AC ⇒ −−→AH = (x+ 3; y + 3),−→IH = (x− 1; y).
Vì H ∈ (C) và ∆ABC cân tại B nên ta có :
{
(x− 1)2 + y2 = 9
(x+ 3)(x− 1) + y(y + 3) = 0 ⇔
{
x2 + y2 − 2x− 8 = 0
4x+ 3y + 5 = 0
⇔

x2 + y2 − 2x− 8 = 0[
x = 1
x = −47
25
Với x = 1⇒ H(1;−3)⇒ C(5;−3).
Với x = −47
25
⇒ H =
(
−47
25
;
21
25
)
⇒ C =
(
−19
25
;
96
25
)
(loại)
Ba điểm B, I,H thẳng hàng nên B(1; b)⇒ −−→CB = (−4; b+ 3).
Do đó BC có phương trình (b+ 3)x+ 4y − 5b− 3 = 0.
3
Lại có d(I, BC) = 3⇔ |b+ 3− 5b− 3|√
(b+ 3)2 + 16
= 3⇔ 16b2 = 9 (b2 + 6b+ 25)⇔ [ b = −3 (loại)
b =
75
5
.
Vậy BC có phương trình 96x+ 28y − 396 = 0.
Câu 8 (1,0 điểm).
Giả sử d ∩ d1 = A(t1;−1 + 2t1; t1) và d ∩ d2 = B(t2; 1− 2t2; 1 + 3t2).
Ta có
−→
AB = (t2 − t1; 2− 2t2 − 2t1; 1 + 3t2 − t1).
Lại có −→u∆ = (1; 4;−2)⇒
[−→
AB,−→u∆
]
= (−8− 8t2 + 8t1; 1 + 5t2 − 3t1;−2 + 6t2 − 2t1).
Vì d||∆ nên
[−→
AB,−→u∆
]
=
−→
0 ⇔

−8− 8t2 + 8t1 = 0
1 + 5t2 − 3t1 = 0
−2 + 6t2 − 2t1 = 0
⇔
{
t1 = 2
t2 = 1
⇒ A (2; 3; 2).
Vậy d có phương trình: d :
x− 2
1
=
y − 3
4
=
z − 2
−2 .
Câu 9 (0,5 điểm).
Phép thử là cử 8 học sinh đi dự trại hè trong tổng số 18 học sinh.
Do đó số phần tử của không gian mẫu là |Ω| = C818 = 43758.
Gọi A là biến cố "cử 8 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất một học sinh".
Ta có A là biến cố "cử 8 học sinh sao cho có ít nhất một khối không có học sinh".
Số học sinh mỗi khối nhỏ hơn 8 nên không có trường hợp chỉ một khối được chọn.
Vì thế biến cố A xảy ra khi có đúng một khối không được chọn.
Do đó |ΩA| = C811 + C812 + C813 = 1947⇒ P
(
A
)
=
|ΩA|
|Ω| =
1947
43758
=
59
1326
.
Vậy xác suất biến cố A là P (A) = 1− P (A) = 1− 59
1326
=
1267
1326
.
Câu 10 (1,0 điểm).
Theo bất đẳng thức AM −GM ta có (x+ 2y)2 > 8xy (1).
Từ giả thiết suy ra x+ 2y = xy thay vào (1) được (xy)2 − 8(xy) > 0⇔ xy > 8 (do x, y > 0).
Ta có P =
x2
4 + 8y
+
y2
1 + x
=
x2
4 + 8y
+
4y2
4 + 4x
.
Lại theo bất đẳng thức AM −GM có :
P > 2
√
x2.4y2
(4 + 8y)(4 + 4x)
> 8xy)
8 + 4(x+ 2y)
> 8xy
5(x+ 2y)
> 8
5
Dấu bằng xảy ra khi x = 4; y = 2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
8
5
.
——— Hết ———
4