Đề luyện thi thử THPT quốc gia môn Toán số 8

b Tìm các giá trị của tham số m để hàm số 1 có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất.. Lập phương trình mặt phẳng P chứa truc Oy và cắt mặt cầu S theo một đườ

Môn TOÁN Thời gian làm bài 180 phút

-*** -Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: y x= 4−2(m2+1)x2+1 (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0

b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá

trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình : sin 2x−cosx+sinx=1 (x R∈ )

b) Giải bất phương trình : 1 2 2

2 log log (2−x ) >0 (x R∈ ).

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân 12 3

1

dx I

x x

=

+

Câu 4 (0,5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11 1

2

z

z z

− = −

− Hãy tính

4 2

− +

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C , ABC ' ' ' ∆ đều có cạnh bằng a , AA'=a

và đỉnh 'A cách đều , , A B C Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và ' A B

Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A B C và khoảng cách từ C đến mặt phẳng ' ' ' (AMN )

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) S có phương

trình x2+y2+ −z2 4x+6y−2z− =2 0 Lập phương trình mặt phẳng ( )P chứa truc Oy

và cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn có bán kính r=2 3

Câu 7 (0,5 điểm) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9

đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường

cao AH có phương trình 3 x+4y+10 0= và đường phân giác trong BE có phương trình

1 0

x y− + = Điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng

2 Tính diện tích tam giác ABC

Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình: x2+5x<4 1( + x x( 2+2x−4)) (x∈ R)

Câu10 (1,0 điểm) Cho các số thực ; x y thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P= x + y + x+ + x + y − x+ + −y

Hết

-ĐÁP ÁN

Câu 1.

(2 đ) a) (Tự khảo sát)b) y’ = 4x3 – 4(m2+1)x

1

x

x m

=





 ⇒ hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m

2 1

CT

x = ± m + ⇒ giá trị cực tiểu y CT = −(m2+1)2+1

2 2

V m + ≥ ⇒ y ≤ max(y CT) 0= ⇔m2+ = ⇔ =1 1 m 0

Câu 2.

(1 đ)

a) sin 2x−cosx+sinx=1 (1)

(1) ⇔ (sinx−cos )(1 sinx + x−cos ) 0x =

x x

x x



2

x k

k Z

x k x k

π

 = + π



 = π∨ = + π



2

og log (2−x )>0 (x R∈ ) (2).

Điều kiện: log (22 −x2) 0> ⇔ −2 x2 > ⇔ − < <1 1 x 1

log (2 ) 1

0

x

x

− < < − < <

≠

− < > 

Vậy tập nghiệm bpt là S = −( 1;0) (0;1)∪

Câu 3.

(1 đ)

2

I

3

t= x + ⇒x = − ⇒t x dx= t dt

x= ⇒ =t x= ⇒ =t

2

t dt

3

2

x I

x

Câu 4.

(0,5 đ) z z−112 = −z 1

− ⇔ z2−4z+ =13 0, ∆ = − =' 9 9i2⇒  = −z z= +2 32 3i i

 z= +2 3i ⇒ z z−+42i i = 2 1

2

i i

− =

−

 z= −2 3i ⇒ 4

2

− + =

i i

− = +

Câu 5.

(1 đ)

 Gọi O là tâm tam giác đều ABC ⇒ A’O ⊥ (ABC)

4 3 4

∆

3

AMC

V

d C AMN

S∆

2

Suy ra:

NAMC

2

a

AM = AN = , nên AMN∆ cân tại A

Gọi E là trung điểm AM suy ra AE ⊥MN, '

2

AMN

a

d C AMN

Câu 6.

(1 đ)

( ) :S x +y +z −4x+6y−2z− = ⇔ −2 0 (x 2) +(y+3) + −(z 1) =16

⇒ ( )S có tâm (2; 3;1) I − bán kính R=4 ; trục Oy có VTCP rj =(0;1;0) Gọi nr=( ; ; )a b c là VTPT mp(P) ,

( )P chứa Oy ⇒ nr⊥ ⇒ =rj b 0 ⇒ =nr ( ;0; ) (a c a2+c2 ≠0)

Phương trình mp(P): ax cz+ =0

(P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh r=2 3

2

a c

+

+

E A

B

C

C'

’

B'

’

A'

’

M O

N

2 0

c

=



⇔ − = ⇔  =

Vậy phương trình mp(P) : x=0 hoặc 3x+4z =0

Câu 7.

(0,5 đ)

Số phần tử không gian mẫu là 4

4 4 4

12 8

Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau”

Số các kết quả thuận lợi của A là n A( ) 3 2 1.= C93 C63 C33 =1080

Xác xuất của biến cố A là ( ) ( ) 1080 54 0,31

n A

P A

n

Câu 8.

(1 đ)

Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC

Tính được N(1; 1) Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 0

B là giao điểm của BC và BE Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt:

(4;5)

B

x y

− − =

 − + =



Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0

A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt:

( 3; )

A

− − =

 Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:

(1;1) 1; 1

31 33

;

C

C



= =



− − =

Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra

A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.

Tương tự A và 31 33;

25 25

  thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác

ngoài của tam giác ABC.

20

8

ABC

S = (đvdt)

Câu 9. x2 +5x<4 1( + x x( 2+2x−4)) (*)

A

B

C H

E M(0;2)

N I

Khi đó (*) ⇔ 4 x x( 2+2x−4) > x2 +5x−4

⇔ 4 x x( 2+2x−4) (> x2+2x− +4) 3x (**)

TH 1: x≥ − +1 5, chia hai vế cho x > 0, ta có:

(**) ⇒ 4 x2 2x 4 x2 2x 4 3

+ − > + − +

Đặt t x2 2x 4, t 0

x

+ −

= ≥ , ta có bpt: t2− + <4t 3 0 ⇔ < <1 t 3

2 2

2

4 0

 − − <

< < ⇔ 

+ − >

− + < < +

TH 2: 1− − 5≤ ≤x 0, x2+5x− <4 0 , (**) luôn thỏa

Vậy tập nghiệm bpt (*) là 1 5;0 1 17 7; 65

= − −  ∪  ÷

Câu10

.

(1 đ)

P= x + y + x+ + x + y − x+ + −y

Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y) Ta có OM + ON ≥ MN

⇔ (x−1)2+ y2 + (x+1)2+ y2 ≥ 4 4+ y2

⇒ P≥2 1+ y2 + − =y 2 f y( )

TH1: y ≤ 2: f y( ) 2 1= + y2 + −2 y ⇒ '( ) 2 2 1

1

y

f y

y

+ 2

2

3

y

y

≥



=



Lập bảng biến thiên f(y) ⇒ min( .2] ( ) 3 2 3

3

∈ −∞

 

=  ÷= +

 

TH2: y ≥ 2: f y( ) 2 1= + y2 + −y 2 ≥ 2 5 2> + 3

Vậy P≥ +2 3 ∀x y;

Do đó MinP = +2 3 khi x = 0 ; y = 3

3

Hết