Đề 12 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 12 Thời gian làm bài 180 phỳt
————
Cõu 1a (1,0 điểm).
• Tập xỏc định : D = R\{−2}.
• Sự biến thiờn :
+ Giới hạn, tiệm cận :
lim
x→+∞ y = limx→−∞ y = −1⇒ tiệm cận ngang là y = −1.
lim
x→−2−
y = −∞; lim
x→−2+
y = +∞⇒ tiệm cận đứng là x = −2.
+ Bảng biến thiờn :
y′ = − 4
(x+ 2)2
< 0, ∀x ∈ D.
x −∞ −2 +∞
y′ − −
y
−1
−∞
+∞
−1
Hàm số nghịch biến trờn (−∞;−2) và (−2;+∞).
Hàm số khụng cú cực trị.
• Đồ thị :
+ Cắt Oy tại (0; 1) và cắt Ox tại (2; 0).
y
xO
1
−1I
−2 2
+ Nhận giao điểm I(−2;−1) của hai tiệm cận làm tõm đối xứng.
Cõu 1b (1,0 điểm).
Đạo hàm y′ = − 4
(x+ 2)2
.
Tiếp tuyến vuụng gúc với đường thẳng d : y =
1
4
x+ 7 nờn cú hệ số gúc k = −4.
Gọi điểm tiếp xỳc là M (x0; y0), ta cú y′ (x0) = k⇔ − 4(x0 + 2)2 = −4⇔
ủ
x0 = −1
x0 = −3 .
Với x0 = −1⇒ y0 = 3⇒ tiếp tuyến tại M1(−1; 3) là y = −4x− 1.
Với x0 = −3⇒ y0 = −5⇒ tiếp tuyến tại M2(−3;−5) là y = −4x− 17.
Vậy tiếp tuyến của (C) vuụng gúc với d là y = −4x− 1 và y = −4x− 17.
Cõu 2a (0,5 điểm).
Phương trỡnh đó cho tương đương với :
tan
Å
pi +
pi
2
− x
ó
+
sin x
1+ cos x
= 2⇔ tan
Åpi
2
− x
ó
+
sin x
1+ cos x
= 2
⇔ cot x+ sin x
1+ cos x
= 2
⇔ cos x
sin x
+
sin x
1+ cos x
= 2 (1)
1
Với điều kiện sin x 6= 0, ta cú
(1)⇔ cos x+ cos2x+ sin2x = 2 sin x (1+ cos x)
⇔ (1+ cos x) (1− 2 sin x) = 0
⇔
 cos x = −1 (loại)
sin x =
1
2
⇔
 x =
pi
6
+ k2pi
x =
5pi
6
+ k2pi
(thỏa món)
Vậy phương trỡnh cú nghiệm x =
pi
6
+ k2pi, x =
5pi
6
+ k2pi (k ∈ Z).
Cõu 2b (0,5 điểm).
Ta cú z2 − 4z+ 10 = 0⇔ z = 2± i√6, do đú :
A = (z1 + z2)
3 − 3z1z2 (z1 + z2)
=
(
2+ i
√
6+ 2− i
√
6
)3 − 3 (2+ i√6) (2− i√6) (2+ i√6+ 2− i√6)
= 64− 12 (4+ 6)
= −56
Cõu 3 (0,5 điểm).
Với điều kiện x > 1, bất phương trỡnh đó cho tương đương với :
log2
Ä
x2 − 1ọ+ log2 (x− 1) 6 0⇔ log2 ợÄx2 − 1ọ (x− 1)ú 6 0
⇔ x3 − x2 − x+ 1 6 1
⇔ x2 − x− 1 6 0
⇔ 1−
√
5
2
6 x 6 1+
√
5
2
Kết hợp điều kiện bất phương trỡnh cú tập nghiệm S =
(
1;
1+
√
5
2
]
.
Cõu 4 (1,0 điểm).
Phương trỡnh đó cho tương đương với
x3 + 3x2 + 3x+ 1+ 5x+ 5 = x3 + 1+ 5 3
ằ
x3 + 1⇔ (x+ 1)3 + 5 (x+ 1) = x3 + 1+ 5 3
ằ
x3 + 1
Đặt u = x+ 1; v = 3
√
x3 + 1, phương trỡnh trở thành
u3 + 5u = v3 + 5v⇔ (u− v) Äu2 + uv+ v2 + 5ọ = 0⇔ ủ u = vu2 + uv+ v2 + 5 = 0 (vụ nghiệm)
Với u = v⇒ x+ 1 = 3√x3 + 1⇔ x3 + 3x2 + 3x+ 1 = x3 + 1⇔
ủ
x = 0
x = −1 .
Vậy phương trỡnh cú hai nghiệm x = 0, x = −1.
Cõu 5 (1,0 điểm).
2
Ta cú
I =
pi
4∫
0
ầ
1
cos4x
+
sin x
cos4x
ồ
dx =
pi
4∫
0
1
cos2x.cos2x
dx−
pi
4∫
0
1
cos4x
d (cos x)
=
pi
4∫
0
Ä
1+ tan2x
ọ
d (tan x)−
pi
4∫
0
1
cos4x
d (cos x)
=
(
tan x+
tan3x
3
)∣∣∣∣∣
pi
4
0
+
1
cos3x
∣∣∣∣∣
pi
4
0
=
2
√
2+ 3
3
Cõu 6 (1,0 điểm).
Diện tớch đỏy ABCD là SABCD = AB.BC = 2a.a = 2a2.
Gọi O = AC ∩ BD ta cú OA = OB = OC = OD = 1
2
AC =
a
√
5
2
.
Lại cú SA = SB = SC = SD = a
√
2⇒ O là hỡnh chiếu của S trờn (ABCD).
Do đú SO =
√
SA2 − AO2 =
√
2a2 − 5a
2
4
=
a
√
3
2
.
Vậy thể tớch khối chúp S.ABCD là VS.ABCD =
1
3
SABCD.SO =
a3
√
3
3
.
A B
CD
S
O
M
N
K
I
H
Ta cú
MN||(SAD)SK ⊂ (SAD) ⇒ d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(O, (SAD)).
Gọi I là trung điểm AD và H là hỡnh chiếu của O lờn SI.
Ta cú
OH⊥SIOH⊥AD (vỡ AD⊥(SOI)) ⇒ OH⊥(SAD)⇒ OH = d(O, (SAD)).
Trong ∆SOI vuụng tại O cú
1
OH2
=
1
OS2
+
1
OI2
=
4
3a2
+
1
a2
=
7
3a2
⇒ OH = a
√
21
7
.
Vậy d(MN, SK) = OH =
a
√
21
7
.
Cõu 7 (1,0 điểm).
Tọa độ A là nghiệm hệ
2x+ y− 1 = 03x+ 4y+ 6 = 0 ⇔
x = 2y = −3 ⇒ A(2;−3).
Ta cú B ∈ AB⇒ B(b; 1− 2b)⇒ −→MB = (b− 1; 4− 2b);
C ∈ AC ⇒ C
ầ
c;
−3c− 6
4
ồ
⇒ −→MC =
ầ
c− 1; −3c+ 6
4
ồ
.
Lại cú M nằm trờn cạnh BC và 3MB = 2MC nờn 3
−→
MB = −2−→MC.
3
Do đú ta cú

3(b− 1) = −2(c− 1)
3(4− 2b) = −2.−3c+ 6
4
⇔
b = 3c = −2 ⇒ B(3;−5),C(−2; 0).
Vậy tam giỏc ABC cú trọng tõm G
ầ
1;−8
3
ồ
.
Cõu 8 (1,0 điểm).
Mặt cầu (S) cú tõm I(1;−1; 2) và bỏn kớnh R = 5.
Đường trũn giao tuyến cú bỏn kớnh r =
8pi
2pi
= 4.
Đường thẳng d cú phương trỡnh tham số

x = 3+ 2t
y = 2+ t
z = 1− 2t
.
Điểm M ∈ d⇒ M(3+ 2t; 2+ t; 1− 2t).
Mặt phẳng cần tỡm (α) qua M và nhận −→ud = (2; 1;−2) làm vectơ phỏp tuyến.
Do đú (α) cú phương trỡnh: 2x+ y− 2z− 9t− 6 = 0.
Khi đú d (I, (α)) =
√
R2 − r2 ⇔ |2− 1− 4− 9t− 6|
3
= 3⇔
ủ
t = 0
t = −2 .
Vậy M(3; 2; 1) hoặc M(−1; 0; 5).
Cõu 9 (0,5 điểm).
Phộp thử là lấy ngẫu nhiờn 3 đoạn thẳng trong 5 đoạn thẳng nờn |Ω| = C35 = 10.
Gọi A là biến cố "3 đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giỏc".
Ba đoạn thẳng lập thành một tam giỏc khi tổng hai đoạn lớn hơn đoạn thứ ba và hiệu hai
đoạn lớn hơn đoạn thứ ba. Do đú bộ ba đoạn thẳng lập thànhmột tam giỏc gồm (4; 6; 8), (4; 8; 10)
và (6; 8; 10). Suy ra |ΩA| = 3.
Vậy xỏc suất của biến cố A là P(A) =
|ΩA|
|Ω| =
3
10
.
Cõu 10 (1,0 điểm).
Theo bất đẳng thức AM− GM ta cú :
ằ
x+ y =
√
3
2
√
(x+ y)
4
3
6
√
3
2
x+ y+ 43
2
=
√
3
4
ầ
x+ y+
4
3
ồ
(1)ằ
y+ z =
√
3
2
√
(y+ z)
4
3
6
√
3
2
y+ z+ 43
2
=
√
3
4
ầ
y+ z+
4
3
ồ
(2)
√
z+ x =
√
3
2
√
(z+ x)
4
3
6
√
3
2
z+ x+ 43
2
=
√
3
4
ầ
z+ x+
4
3
ồ
(3)
Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta cú :
P =
ằ
x+ y+
ằ
y+ z+
√
z+ x 6
√
3
4
(2x+ 2y+ 2z+ 4) = 2
√
3
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =
2
3
. Vậy P đạt giỏ trị lớn nhất là 2
√
3.
———Hết ———
4