Đề 10 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 10 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′ = −x2 + 4x− 3; y′ = 0⇔
ủ
x = 1
x = 3 .
x −∞ 1 3 +∞
y′ − 0 + 0 −
y
+∞
−43
0
−∞
Hàm số đồng biến trờn (1; 3).
Hàm số nghịch biến trờn (−∞; 1) và (3;+∞).
Hàm số đạt cực đại tại x = 3; yCĐ = 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yCT = −43 .
• Đồ thị :
+ Đi qua gốc tọa độ O(0; 0).
+ Nhận điểm uốn U
ầ
2;−2
3
ồ
làm tõm đối xứng.
y
xO
−43
1 3
U
Cõu 1b (1,0 điểm).
Ta cú f ′(x) = −x2 + 4x− 3, f ′′(x) = −2x+ 4.
Do đú f ′′(x0) = −2⇔ −2x0 + 4 = −2⇔ x0 = 3⇒ f (3) = 0, f ′(3) = 0.
Vậy phương trỡnh tiếp tuyến là y = 0(x− 3) + 0⇔ y = 0.
Cõu 2a (0,5 điểm).
Với điều kiện tan x 6= −1; sin x 6= 0, phương trỡnh đó cho tương đương với :
2 (1+ cos x)
sin2x
=
sin x− 1
sin x+ cos x
⇔ 2
1− cos x =
sin x− 1
sin x+ cos x
⇔ sin x+ cos x+ sin x cos x+ 1 = 0
⇔ (1+ cos x) (1+ sin x) = 0
⇔
ủ
cos x = −1 (loại)
sin x = −1
⇔ x = −pi
2
+ k2pi
Vậy phương trỡnh đó cho cú nghiệm x = −pi
2
+ k2pi, (k ∈ Z).
1
Cõu 2b (0,5 điểm).
Đặt z2 − z+ 1 = t, phương trỡnh trở thành 3t2 + 7 (t− 1) + 1 = 0⇔
 t = −3
t =
2
3
.
Với t = 3⇒ z2 − z+ 1 = 3⇔ z2 − z− 2 = 0⇔
ủ
z = 2
z = −1 .
Với t =
2
3
⇒ z2 − z+ 1 = 2
3
⇔ 3z2 − 3z+ 1 = 0⇔ z = 1
2
±
√
3
6
i.
Vậy phương trỡnh đó cho cú 4 nghiệm z = 2, z = −1, z = 1
2
±
√
3
6
.
Cõu 3 (0,5 điểm).
Điều kiện x 6= 1, x > 1
2
. Phương trỡnh đó cho tương đương với :
2log3 |x− 1|+ 2log3 (2x− 1) = 2⇔ log3 [|x− 1| (2x− 1)] = 1
⇔ |x− 1| (2x− 1) = 3 (1)
Với x > 1, ta cú (1)⇔ 2x2 − 3x− 2 = 0⇔
 x = 2
x = −1
2
(loại)
.
Với
1
2
< x < 1, ta cú (1)⇔ 2x2 − 3x+ 4 = 0 (vụ nghiệm).
Vậy phương trỡnh đó cho cú nghiệm x = 2.
Cõu 4 (1,0 điểm).
Xột hệ
y
2 − x
√
y2 + 2
x
= 2x− 2 (1)ằ
y2 + 1+ 3
√
2x− 1 = 1 (2)
.
Điều kiện x > 0.
Ta cú (1)⇔ y
2 + 2
x
−
√
y2 + 2
x
= 2⇔

√
y2 + 2
x
= 2√
y2 + 2
x
= −1 (vụ nghiệm)
⇔ y2 = 4x− 2.
Với y2 = 4x− 2 thay vào (2) được √4x− 1+ 3√2x− 1 = 1 (∗).
Đặt u =
√
4x− 1, v = 3√2x− 1 (u > 0).
Ta cú (∗)⇔
đ
u+ v = 1
u2 − 2v3 = 1 ⇔
đ
u = 1
v = 0 ⇒
 x =
1
2
y = 0
.
Vậy hệ cú nghiệm duy nhất (x; y) =
ầ
1
2
; 0
ồ
.
Cõu 5 (1,0 điểm).
Ta cú I =
pi
2∫
0
2 sin x cos x
(sin x+ 2)2
dx.
Đặt u = sin x+ 2⇒ du = cos xdx.
Đổi cận x = 0⇒ u = 2; x = pi
2
⇒ u = 3, ta cú :
I = 2
3∫
2
u− 2
u2
du = 2
3∫
2
ầ
1
u
− 2
u2
ồ
du = 2
ầ
ln |u|+ 2
u
ồ∣∣∣∣∣3
2
= 2 ln
3
2
− 2
3
Vậy I = 2 ln
3
2
− 2
3
.
2
Cõu 6 (1,0 điểm).
Gọi H là hỡnh chiếu của C trờn AB và M,N lần lượt là trung điểm AB,CD.
Ta cú HB =
1
2
(AB− CD) = a⇒ HC =
ằ
BC2 − HB2 = 3a⇒ OM = 2a.
Tam giỏc SAB đều⇒ SM = 2a√3⇒ SO = √SM2 −OM2 = 2a√2.
Diện tớch đỏy ABCD là SABCD =
1
2
(AB+ CD)CH = 9a2.
Do đú thể tớch khối chúp S.ABCD là VS.ABCD =
1
3
SO.SABCD = 6a3
√
2.
S
A B
CD N
M H
O
Gọi gúc giữa SD và BC là α, ta cú BC||DM nờn α bằng gúc giữa SD và DM.
Ta cú DM = BC = a
√
10; DO =
√
DN2 +ON2 = a
√
2; SD =
√
SO2 + DO2 = a
√
10.
Do đú cos α = | cosữSDM| = ∣∣∣SD2 + DM2 − SM2∣∣∣
2SD.DM
=
2
5
.
Cõu 7 (1,0 điểm).
A B
C
H
D E
F
Ta cú ∆BAH ∼ ∆BDA⇒ BH
AH
=
BA
DA
= 2⇒ BH = 2AH hay FH = AH.
Do đú ∆AHF vuụng cõn tại H, suy raữAFD = 450.
Hơn nữaữAED = 450, do đú ADEF là tứ giỏc nội tiếp⇒’AFE = 900.
Đường thẳng AF qua A(1; 1) và vuụng gúc với EF nờn cú phương trỡnh x+ 3y− 4 = 0.
Tọa độ F là nghiệm hệ
x+ 3y− 4 = 03x− y− 10 = 0 ⇔

x =
17
5
y =
1
5
⇒ F
ầ
17
5
;
1
5
ồ
⇒ AF = 4
√
10
5
.
Tứ giỏc ADEF nội tiếp nờn ’EAF =ữBDC ⇒ ∆AEF ∼ ∆DBC ⇒ EF = 1
2
AF =
2
√
10
5
(1).
Ta cú E ∈ EF ⇒ E(t; 3t− 10)⇒ −→FE =
ầ
t− 17
5
; 3t− 51
5
ồ
⇒ FE =
10t2 − 68t+ 578
5
(2).
Từ (1) và (2) ta cú 10t2 − 68t+ 578
5
=
40
25
⇔
 t = 3
t =
19
5
⇒
 E (3;−1)Eầ19
5
;
17
5
ồ
(loại) .
3
Đường thẳng AE cú vectơ chỉ phương
−→
AE = (2;−2) nờn cú phương trỡnh x+ y− 2 = 0.
Gọi D(x; y) ta cú
−→
AD = (x− 1; y− 1),−→ED = (x− 3; y+ 1).
Suy ra AD =
ằ
x2 + y2 − 2x− 2y+ 2, ED =
ằ
x2 + y2 − 6x+ 2y+ 10.
Vỡ ∆ADE vuụng cõn tại D nờn ta cú :AD = ED−→AD.−→ED = 0 ⇔
−2x− 2y+ 2 = −6x+ 2y+ 10(x− 1)(x− 3) + (y− 1)(y+ 1) = 0 ⇔
ủ
(x; y) = (1;−1)
(x; y) = (3; 1)
Vỡ D và F nằm khỏc phớa đối với AE nờn D(3; 1) khụng thỏa món.
Với D(1;−1), suy ra C(5;−1), B(1; 5).
Vậy B(1; 5),C(5;−1),D(1;−1).
Cõu 8 (1,0 điểm).
Giả sử (P) ∩ d1 = A(1+ 2t1;−1+ t1; t1); (P) ∩ d2 = B(1+ t2; 2+ 2t2; t2).
Ta cú
−→
AB = (t2 − 2t1; 3+ 2t2 − t1; t2 − t1).
Vỡ (P)||(α) nờn −→AB.−→nα = 0⇔ t2 − 2t1 + 3+ 2t2 − t1 − 2t2 + 2t1 = 0⇔ t1 = 3+ t2.
Suy ra
−→
AB = (−6− t2; t2;−3)⇒ AB =
ằ
2t22 + 12t2 + 45.
Theo giả thiết cú AB = 3
√
5⇔ 2t22 + 12t2 = 0⇔
ủ
t2 = −6
t2 = 0
.
Với t2 = −6⇒ B(−5;−10;−6)⇒ (P) : x+ y− 2z+ 3 = 0 (loại vỡ trựng với (α)).
Với t2 = 0⇒ B(1; 2; 0)⇒ (P) : x+ y− 2z− 3 = 0.
Vậy (P) : x+ y− 2z− 3 = 0.
Cõu 9 (0,5 điểm).
Với điều kiện n ∈ Z, n > 3, ta cú :
5C1n = C
3
n ⇔ 5n =
n (n− 1) (n− 2)
3!
⇔ n Än2 − 3n− 28ọ = 0⇔  n = 0 (loại)n = −4 (loại)
n = 7
Với n = 7 ta cú :
(2+ x)7 = C072
7 + C172
6x+ C272
5x2 + C372
4x3 + C472
3x4 + C572
2x5 + C672x
6 + C77x
7
Do đú hệ số của số hạng chứa x5 là C572
2 = 84.
Cõu 10 (1,0 điểm).
Đặt

x = a+ b+ c
y = b+ c+ 4a
z = c+ a+ 16b
, ta cú x, y, z > 0 và a =
y− x
3
, b =
z− x
15
, c =
21x− 5y− z
15
. Khi đú
P =
y− x
3
+
z− x
15
x
+
z− x
15
+
21− 5y− z
15
y
+
21− 5y− z
15
+
y− x
3
z
=
−6x+ 5y+ z
15x
+
20x− 5y
15y
+
16x− z
15z
= −4
5
+
1
3
y
x
+
1
15
z
x
+
4
3
x
y
+
16
15
z
x
=
1
3
ầ
y
x
+ 4
x
y
ồ
+
1
15
Å z
x
+ 16
x
z
ó
− 4
5
> 4
3
+
8
15
− 4
5
=
16
15
Vậy P đạt giỏ trị nhỏ nhất là
16
15
khi a =
5
7
c, b =
3
7
c.
———Hết ———
4