Đề 4 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 04 Thời gian làm bài 180 phút
————
Câu 1a (1,0 điểm).
Với m = 1 hàm số trở thành y = x4 + 2x2 − 2.
• 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
+ ∞
−2
+ ∞
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; 0).
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = −2.
• Đồ thị :
+ Đi qua (−1; 1) và (1; 1).
+ Nhận trục Oy làm trục đối xứng.
y
xO
−2
1−1
1
Câu 1b (1,0 điểm).
Ta có y′ = 4x3 + 4mx; y′ = 0⇔
[
x = 0
x2 = −m .
Do đó với m < 0, (Cm) có ba điểm cực trị A (0;−2m2) , B (−√−m;−3m2) , C (√−m;−3m2).
Khi đó
−→
AB
(−√−m;−m2) ,−→AC (√−m;−m2).
Đồ thị (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông khi và chỉ khi
−→
AB.
−→
AC = 0⇔ m+m4 = 0⇔
[
m = 0 (loại)
m = −1
Vậy với m = −1 thì (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông.
Câu 2a (0,5 điểm).
Phương trình đã cho tương đương với :
1− cos 4x+ sin 6x = 1 + cos 2x⇔ sin 6x = cos 4x+ cos 2x⇔ 2 sin 3x cos 3x = 2 cos 3x cosx
⇔ 2 cos 3x (cos 3x− cosx) = 0⇔ −4 cos 3x sin 2x sinx = 0
⇔
 cos 3x = 0sin 2x = 0
sinx = 0
⇔
 x = pi6 + kpi3
x = k
pi
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
pi
6
+ k
pi
3
và x = k
pi
2
(k ∈ Z).
1
Câu 2b (0,5 điểm).
Ta có w =
z + i
z − i =
1 + 3i
1− 3i =
−8 + 6i
10
= −4
5
+
3
5
i.
Vậy w có phần thực là −4
5
và phần ảo là
3
5
.
Câu 3 (0,5 điểm).
Ta có y′ = −e−x sinx+e−x cosx; y′′ = e−x sinx−e−x cosx−e−x cosx−e−x sinx = −2e−x cosx.
Do đó y′′ + 2y′ + 2y = −2e−x cosx− 2e−x sinx+ 2e−x cosx+ 2e−x sinx = 0 (đpcm).
Câu 4 (1,0 điểm).
Điều kiện |x| > 1.
Với x 6 −1, ta có (35− 12x)√x2 − 1 > 0 và 12x < 0.
Do đó bất phương trình đã cho vô nghiệm.
Với x > 35
12
, ta có (35− 12x)√x2 − 1 0.
Do đó bất phương trình đã cho nghiệm đúng ∀x > 35
12
.
Với 1 6 x < 35
12
, bất phương trình đã cho tương đương với :
144x4 − 840x3 + 937x2 + 840x− 1225 < 0⇔ (3x− 5)(4x− 5)(12x2 − 35x− 49) < 0
⇔ (3x− 5)(4x− 5) > 0⇔
 x > 53
x <
5
4
Kết hợp ta có x ∈
[
1;
5
4
)
∪
(
5
3
;
35
12
)
.
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S =
[
1;
5
4
)
∪
(
5
3
; +∞
)
.
Câu 5 (1,0 điểm).
Ta có I =
pi
2∫
0
2 sinx cosx− 3 cosx
2 sinx+ 1
dx =
pi
2∫
0
cosx(2 sinx− 3)
2 sinx+ 1
dx.
Đặt u = sinx⇒ du = cosxdx. Đổi cận x = 0⇒ x = 0, x = pi
2
⇒ u = 1. Ta có :
I =
1∫
0
2u− 3
2u+ 1
du =
1∫
0
(
1− 4
2u+ 1
)
du = (u− 2 ln |2u+ 1|)|10 = 1− 2 ln 3
Vậy I = 1− 2 ln 3.
Câu 6 (1,0 điểm).
Ta có SABCD = AB.AD. sin 60
0 = a.a. sin 600 =
a2
√
3
2
.
Từ giả thiết có các tam giác ABD,A′AD,A′AB là các tam giác đều, suy ra AC = a
√
3.
2
AB C
D
A′
B′ C ′
D′
H
Gọi H là trọng tâm tam giác ABD ta có A′H⊥(ABCD) và AH = 1
3
AC =
a
√
3
3
.
Tam giác A′HA vuông tại H nên A′H =
√
A′A2 − AH2 =
√
a2 − 3a
2
9
=
a
√
6
3
.
Vậy thể tích khối hộp là VABCD.A′B′C′D′ = SABCD.A
′H =
a3
√
2
2
.
Câu 7 (1,0 điểm).
Ta có
−→
AB = (−2; 4)⇒ AB = 2√5;CD = √5⇒ d(C,AB) = 2SABCD
AB + CD
=
15
3
√
5
=
√
5 (1).
Gọi H là trung điểm AB ta có H(1; 2).
Gọi K là hình chiếu của C trên AB ta có K là trung điểm HB, suy ra K
(
1
2
; 3
)
.
Đường thẳng KC qua K
(
1
2
; 3
)
và nhận
−→
AB = (−2; 4) làm một vectơ pháp tuyến.
Do đó KC có phương trình 2x− 4y + 11 = 0.
Điểm C ∈ KC ⇒ C
(
t;
2t+ 11
4
)
⇒ −−→KC =
(
t− 1
2
;
2t− 1
4
)
⇒ KC =
√
5
4
|2t− 1| (2).
Từ (1) và (2) ta có
√
5
4
|2t− 1| = √5⇔
 t = 52
t = −3
2
.
Vì C có hoành độ dương nên C
(
5
2
; 4
)
.
Đường thẳng CD qua C
(
5
2
; 4
)
và nhận
−→
AB = (−2; 4) làm một vectơ chỉ phương.
Vậy CD có phương trình 2x+ y − 9 = 0.
Câu 8 (1,0 điểm).
Đường thẳng d1 có một vectơ chỉ phương
−→u1 = (1;−3; 2).
Mặt phẳng (P ) vuông góc với d1 nên nhận
−→u1 = (1;−3; 2) làm một vectơ pháp tuyến.
Do đó (P ) có phương trình 1(x− 2)− 3(y − 1) + 2(z − 1) = 0⇔ x− 3y + 2z − 1 = 0.
Đường thẳng d2 có phương trình tham số

x = 2 + 2t
y = 2− 3t
z = −1− 2t
.
Giả sử ∆ cắt d2 tại M ta có M(2 + 2t; 2− 3t;−1− 2t)⇒ −−→AM = (2t; 1− 3t;−2− 2t).
Mặt khác ∆ vuông góc với d1 nên ta có :
−−→
AM.−→u1 = 0⇔ 2t− 3(1− 3t)− 2(2 + 2t) = 0⇔ t = 1⇒ −−→AM = (2;−2;−4)
3
Đường thẳng ∆ đi qua A(2; 1; 1) và nhận
−−→
AM = (2;−2;−4) làm một vectơ chỉ phương.
Vậy ∆ có phương trình
x− 2
2
=
y − 1
−2 =
z − 1
= 4
.
Câu 9 (0,5 điểm).
Phép thử là lấy bốn qua cầu trong tổng số 16 quả nên |Ω| = C416 = 1820.
Gọi A là biến cố: "Bốn quả cầu lấy ra có đúng 1 quả màu đỏ và không quá 2 quả màu vàng"
Ta có |ΩA| = C14C35 + C14C25C17 + C14C15C27 = 740.
Vậy P (A) =
|ΩA|
|Ω| =
740
1820
=
37
91
.
Câu 10 (1,0 điểm).
Theo bất đẳng thức AM −GM ta có :
1
2x+ y + z
=
1
x+ x+ y + z
6 1
4 4
√
xxyz
6 1
16
(
1
x
+
1
x
+
1
y
+
1
z
)
(1)
1
2y + z + x
=
1
y + y + z + x
6 1
4 4
√
yyzx
6 1
16
(
1
y
+
1
y
+
1
z
+
1
x
)
(2)
1
2z + x+ y
=
1
z + z + x+ y
6 1
4 4
√
zzxy
6 1
16
(
1
z
+
1
z
+
1
x
+
1
y
)
(3)
Cộng theo vế (1), (2) và (3) được :
1
2x+ y + z
+
1
2y + z + z
+
1
2z + x+ y
6 1
4
(
1
x
+
1
y
+
1
z
)
= 1
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
——— Hết ———
4