Đề 13 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 13 Thời gian làm bài 180 phút
————
Câu 1a (1,0 điểm).
• Tập xác định : D = R.
• Sự biến thiên :
+ Giới hạn tại vô cực :
lim
x→+∞ y = +∞; limx→−∞ y = +∞.
+ Bảng biến thiên :
y′ = x3 − 4x; y′ = 0⇔
ñ
x = 0
x = ±2 .
x −∞ −2 0 2 +∞
y′ − 0 + 0 − 0 +
y
+∞
−2
2
−2
+∞
Hàm số đồng biến trên (−2; 0) và (2;+∞).
Hàm số nghịch biến trên (−∞;−2) và (0; 2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 2.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±2; yCT = −2.
• Đồ thị :
+ Nhận trục Oy làm trục đối xứng.
y
xO
−2
2
−2 2
Câu 1b (1,0 điểm).
Đạo hàm y = x3 − 4x.
Gọi điểm tiếp xúc là M(x0; y0), ta có y0 =
1
4
x40 − 2x20 + 2, y′(x0) = x30 − 4x0.
Phương trình tiếp tuyến tại M(x0; y0) là y =
Ä
x30 − 4x0
ä
(x− x0) + 14x
4
0 − 2x20 + 2.
Vì tiếp tuyến qua điểm A(0; 2) nên ta có :
2 =
Ä
x30 − 4x0
ä
(−x0) + 14x
4
0 − 2x20 + 2⇔ −
3
4
x40 + 2x
2
0 = 0⇔
 x0 = 0
x0 = ±2
√
6
3
Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = 2.
Với x0 = ±2
√
6
3
ta có tiếp tuyến là y = ∓8
√
6
9
x+ 2.
Vậy có ba tiếp tuyến qua A là y = 2 và y = ∓8
√
6
9
x+ 2.
Câu 2a (0,5 điểm).
Ta có A =
Ä
sin2α
ä2
+
Ä
cos2α
ä2
=
Ä
sin2α+ cos2α
ä2− 2sin2αcos2α = 1− 1
2
Ä
1− cos22αä = 17
25
.
Câu 2b (0,5 điểm).
Với điều kiện z 6= 0 ta có
z+
1+ i
(1− i)z¯ = (1− i) |z| ⇔ zz+
1+ i
1− i = (1− i) |z| z⇔ zz+ i = (1− i) |z| z (∗)
1
Đặt z = a+ bi (a, b ∈ R), ta có
(∗)⇔ a2 + b2 + i = (1− i)
»
a2 + b2 (a− bi)
⇔ a2 + b2 + i = (a− b)
»
a2 + b2 − (a+ b) i
»
a2 + b2
⇔
{
a2 + b2 = (a− b)√a2 + b2
(a+ b)
√
a2 + b2 = −1
⇔

√
a2 + b2 = a− b (1)
(a+ b)
√
a2 + b2 = −1 (2)
Ta có (1)⇔
®
a− b > 0
a2 + b2 = a2 + b2 − 2ab ⇔
®
a > b
ab = 0 ⇔

a > bñ
a = 0
b = 0
.
Với a = 0 thay vào (2) được b
√
b2 = −1⇔
b 6 0b4 = 1 ⇔ b = −1 (thỏa mãn)⇒ z = −i.
Với b = 0 thay vào (2) được a
√
a2 = −1⇔
a 6 0a4 = 1 ⇔ a = −1 (không thỏa mãn).
Vậy số phức cần tìm là z = −i.
Câu 3 (0,5 điểm).
Ta có y′ = − 1
1+ x
, dó đó xy′ + 1 = − x
1+ x
+ 1 =
1
1+ x
= e
ln
1
1+ x = ey (đpcm).
Câu 4 (1,0 điểm).
Điều kiện x3 + x+ 2 > 0⇔ (x+ 1) Äx2 − x+ 2ä > 0⇔ x > −1.
Bất phương trình đã cho tương đương với 5
»
(x+ 1) (x2 − x+ 2) 6 2 Äx+ 1+ x2 − x+ 2ä.
Đặt
√
x+ 1 = u,
√
x2 − x+ 2 = v (u > 0, v > 0), bất phương trình trở thành
5uv 6 2
Ä
u2 + v2
ä⇔ 2u2 − 5uv+ 2v2 > 0⇔ 2Åu
v
ã2
− 5u
v
+ 2 > 0⇔

u
v
> 2
u
v
6 1
2
⇔
ñ
u > 2v
2u 6 v
Với u > 2v ta có x+ 1 > 4(x2 − x+ 2)⇔ 4x2 − 5x+ 7 6 0 (vô nghiệm).
Với 2u 6 v ta có 4(x+ 1) 6 x2 − x+ 2⇔ x2 − 5x− 2 > 0⇔
 x 6
5−√33
2
x > 5+
√
33
2
.
Kết hợp điều kiện bất phương trình có tập nghiệm S =
[
−1; 5−
√
33
2
]
∪
[
5+
√
33
2
;+∞
)
.
Câu 5 (1,0 điểm).
Ta có I =
1∫
0
x3
(√
x2 + 1− x
)
x2 + 1− x2 dx =
1∫
0
x3
»
x2 + 1dx−
1∫
0
x4dx = I1 − x
5
5
∣∣∣∣∣
1
0
= I1 − 15 .
Đặt u =
√
x2 + 1⇔ u2 = x2 + 1⇒ udu = xdx.
Đổi cận x = 0⇒ u = 1, x = 1⇒ u = √2, ta có :
I1 =
√
2∫
1
Ä
u2 − 1ä u.udu = √2∫
1
Ä
u4 − u2ädu = (u5
5
− u
3
3
)∣∣∣∣∣
√
2
1
=
2
√
2+ 2
15
Vậy I =
2
√
2+ 2
15
− 1
5
=
2
√
2− 1
15
.
2
Câu 6 (1,0 điểm).
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Ta có BD = AB = a⇒ ∆ABD đều cạnh a⇒ OA = a
√
3
2
.
Gọi P là trung điểm BM và Q ∈ CD sao cho CQ = 2QD.
Dễ thấy O ∈ PQ và PQ||DM⇒ I là trung điểm OA.
Suy ra
S∆IMA
S∆OBA
=
IA
OA
.
MA
BA
=
1
6
⇒ S∆IMA = 16S∆OBA =
a2
√
3
48
.
Do đó SMICB = S∆ABC − S∆IMA = a
2
√
3
4
− a
2
√
3
48
=
11a2
√
3
48
.
A B
CD
S
O
M P
Q
I
H
Gọi H là hình chiếu của I trên AB, khi đó AB⊥(SIH).
Suy ra’SHI là góc giữa (SAB) và (ABCD)⇒’SHI = 600.
Lại có ∆AHI ∼ ∆AOB⇒ HI = AI.OB
AB
=
a
√
3
8
⇒ SI = HI. tan 600 = 3a
8
.
Vậy thể tích khối chóp S.MICB là VS.MICB =
1
3
.SI.SMICB =
11a3
√
3
384
.
Câu 7 (1,0 điểm).
A B
CD N
MH
Gọi H là trung điểm AD, ta có MH⊥AD nên MH có phương trình x− y− 2 = 0.
Tọa độ H là nghiệm hệ
x+ y− 2 = 0x− y− 2 = 0 ⇔
x = 2y = 0 ⇒ H(2; 0).
Khi đó
−−→
HM =
Ä√
3;
√
3
ä⇒ HM = √6.
Lại có A ∈ AD ⇒ A(t; 2− t), khi đó −→HA = (t− 2; 2− t)⇒ HA = √2|t− 2|.
Gọi N là trung điểm CD, ta có DN =
1
2
DC = AB⇒ BN⊥CD ⇒ ∆BCD cân tại B.
Hơn nữa BC = CD nên tam giác BCD đều⇒ DM = BN = AD ⇒ ∆MAD đều.
Do đó ta có HM =
√
3HA⇔ √6 = √6|t− 2| ⇒
ñ
t = 1
t = 3 .
Với t = 1⇒ A(1; 1); với t = 3⇒ A(3;−1) (loại). Vậy A(1; 1).
3
Câu 8 (1,0 điểm).
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến −→nP = (1;−1; 1).
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương −→ud = (1; 2; 2).
Gọi vectơ chỉ phương của ∆ là −→u (a; b; c) 6= −→0 .
Ta có d ⊂ (P) nên −→u .−→nP = 0⇔ b = a+ c (1).
Lại có ∆ hợp với dmột góc 450 nên :
∣∣∣cos Ä−→u ,−→udä∣∣∣ = 1√2 ⇔ |a+ 2b+ 2c|3√a2 + b2 + c2 = 1√2 ⇔ 2(a+ 2b+ 2c)2 = 9 Äa2 + b2 + c2ä (2)
Thay (1) vào (2) ta có 2(3a+ 4c)2 = 9
(
a2 + (a+ c)2 + c2
)
⇔ 30ac+ 14c2 = 0⇔
 c = 0
c = −15a
7
.
Với c = 0⇒ a = b, chọn a = b = 1⇒ −→u = (1; 1; 0) nên ∆ có phương trình :

x = 3+ t
y = −1+ t
z = 1
.
Với c = −15a
7
, chọn a = 7⇒
c = −15b = −8 ⇒ −→u = (7;−8;−15).
Vậy ∆ có phương trình :

x = 3+ 7t
y = −1+−8t
z = 1− 15t
.
Câu 9 (0,5 điểm).
Số cách phân công 3 người làm nhiệm vụ ở địa điểm A là C39 = 84 cách.
Số cách phân công 2 người làm nhiệm vụ ở địa điểm B là C26 = 15 cách.
Số cách phân công 4 người thường trực tại đồn là C44 = 1 cách.
Vậy số cách phân công là 84× 15× 1 = 1260 cách.
Câu 10 (1,0 điểm).
Từ giả thiết ta có 2(x+ y) = z(xy− 7), từ đó suy ra xy− 7 > 0 và z = 2(x+ y)
xy− 7 .
Khi đó S = 2x+ y+
4(x+ y)
xy− 7 , trong đó x > 0, y > 0 và xy > 7.
Xét hàm số f (y) = 2x+ y+
4(x+ y)
xy− 7 trên (0 : +∞), ở đây x xem là tham số.
Ta có f ′(y) = 1+ 4 (xy− 7)− 4x (x+ y)
(xy− 7)2 = 1−
28+ 4x2
(xy− 7)2 .
Suy ra f ′(y) = 0⇔ x2y2 − 14xy+ 21− 4x2 = 0⇔ y0 = 7x + 2
1+
7
x2
.
Khi đó f (y0) = 2x+
11
x
+ 4
1+
7
x2
.
Xét g(x) = 2x+
11
x
+ 4
1+
7
x2
trên (0;+∞) có g′(x) = 2− 11
x2
− 28
x3
1+
7
x2
.
Ta có g′(x) = 0⇔ x = 3, kiểm tra được g(x) > g(3) hay g(x) > 15.
Do đó S > f (y0) = g(x) > 15, dấu bằng xảy ra khi x = 3, y = 5, z = 2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 15 khi x = 3, y = 5, z = 2.
———Hết ———
4