Đề 15 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 15 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′ = −3x2 + 3 = −3(x2 − 1); y′ = 0⇔ x = ±1.
x −∞ −1 1 +∞
y′ − 0 + 0 −
y
+∞
−1
3
−∞
Hàm số đồng biến trờn (−1; 1).
Hàm số nghịch biến trờn (−∞;−1) và (1;+∞).
Hàm số đạt cực đại tại x = 1; yCĐ = 3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1; yCT = −1.
• Đồ thị :
+ Cắt Oy tại (0; 1).
+ Nhận điểm uốn U(0; 1) làm tõm đối xứng.
y
xO
3
−1
1
1
−1
U
Cõu 1b (1,0 điểm).
Phương trỡnh hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = 1− x là :
−x3 + 3x+ 1 = 1− x ⇔
ủ
x = 0
x = ±2
Vậy (C) cắt đường thẳng y = 1− x tại ba điểm M1(0; 1),M2(2;−1),M3(−2; 3).
Cõu 2a (0,5 điểm).
Từ giả thiết ta cú sin A = sin (B− C) + sin (B+ C)⇔ sin (B− C) = 0⇔ B = C.
Do đú tam giỏc ABC cõn tại A (đpcm).
Cõu 2b (0,5 điểm).
Số phức z cú phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị nờn cú dạng :
z = a+ (a− 3)i (a ∈ R)
Khi đú ta cú :
|z− 2+ i| = 2⇔ |a+ (a− 3)i− 2+ i| = 2
⇔ (a− 2)2 + (a− 2)2 = 4
⇔ a = 2±
√
2
Vậy cú hai số phức cần tỡm là z = 2+
√
2+
Ä−1+√2ọ i và z = 2−√2+ Ä−1−√2ọ i.
1
Cõu 3 (0,5 điểm).
Bất phương trỡnh đó cho tương đương với :
7x +
14
7x
− 9 6 0⇔ 72x − 9.7x + 14 6 0⇔ 2 6 7x 6 7⇔ log72 6 x 6 1
Vậy bất phương trỡnh cú tập nghiệm S = [log7 2; 1].
Cõu 4 (1,0 điểm).
Xột hệ phương trỡnh
xy2 + 4y2 + 8 = x(x+ 2) (1)x+ y+ 3 = 3ằ2y− 1 (2) .
Ta cú (1)⇔ y2(x+ 4) = x2 + 2x− 8⇔ (x+ 4) Äy2 − x+ 2ọ = 0⇔ ủ x = −4x = y2 + 2 .
Với x = −4 thay vào (2) được :
y− 1 = 3ằ2y− 1⇔ đ y > 1
(y− 1)2 = 9(2y− 1) ⇔
{
y > 1
y = 10± 3√10 ⇔ y = 10+ 3
√
10
Với x = y2 + 2 thay vào (2) được :
y2 + y+ 5 = 3
ằ
2y− 1⇔ y4 + y2 + 25+ 2y3 + 10y2 + 10y = 9(2y− 1)
⇔ y4 + 2y3 + 11y2 − 8y+ 34 = 0
⇔ y4 + 2y3 + y2 + 9y2 + y2 − 8y+ 16+ 18 = 0
⇔ Äy2 + yọ2 + 9y2 + (y− 4)2 + 18 = 0 (vụ nghiệm)
.
Vậy hệ phương trỡnh đó cho cú nghiệm (x; y) =
Ä−4; 10+√10ọ.
Cõu 5 (1,0 điểm).
Đặt u = 1+
√
1+ 2x ⇔ x = u
2 − 2u
2
⇒ dx = (u− 1)du.
Đổi cận x = 0⇒ u = 2; x = 4⇒ u = 4, ta cú :
I =
1
2
4∫
2
u2 − 2u+ 2
u2
(u− 1)du = 1
2
4∫
2
ầ
u− 3+ 4
u
− 2
u2
ồ
du
=
1
2
(
u2
2
− 3u+ 4 ln |u|+ 2
u
)∣∣∣∣∣
4
2
= 2 ln 2− 1
4
Vậy I = 2 ln 2− 1
4
.
Cõu 6 (1,0 điểm).
Trong ∆SAB ta cú AB2 = SA2 + SB2 − 2SA.SB. cos’ASB = 7a2
4
⇒ AB = a
√
7
2
.
Suy ra diện tớch đỏy ABCD là SABCD = AB.AD =
a
√
35
2
.
Gọi H là hỡnh chiếu của S trờn AB, ta cú (SAB)⊥(ABCD)⇒ SH⊥(ABCD).
Khi đú SH =
2S∆SAB
AB
=
2SA.SB. sin’ASB
AB
=
a
√
21
14
.
Do đú thể tớch khối chúp S.ABCD là VS.ABCD =
1
3
SH.SABCD =
a3
√
15
12
.
Ta cú
BC⊥ABBC⊥SH ⇒ BC⊥(SAB)⇒’SBC = 900 (1).
2
AB C
D
S
H
E
Lại cú CE =
√
CD2 + DE2 = a
√
3, SE =
√
SA2 + AE2 =
3a
2
, SC =
√
SB2 + BC2 =
a
√
21
2
.
Từ đú suy ra SC2 = SE2 + CE2 ⇒’SEC = 900 (2).
Từ (1) và (2)⇒ tứ diện SBCE nội tiếp mặt cầu đường kớnh SC.
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCE cú tõm I là trung điểm SC và bỏn kớnh R =
a
√
21
4
.
Cõu 7 (1,0 điểm).
Gọi (C) là đường trũn cần viết phương trỡnh và I(a; b) là tõm (C).
Ta cú
−→
IA = (3− a; 1− b)⇒ IA = √a2 + b2 − 6a− 2b+ 10;−→
IB = (−1− a; 3− b)⇒ IB = √a2 + b2 + 2a− 6b+ 10.
Vỡ (C) qua A, B nờn IA = IB⇔ −6a− 2b = 2a− 6b⇔ b = 2a.
Khi đú I(a; 2a) và IA =
√
5a2 − 10a+ 10.
Gọi H là trung điểm CD, ta cú HC = 2⇒ IH = √IA2 − HC2 = √5a2 − 10a+ 6.
Lại cú IH = d (I,∆) =
|−2a− 3|
5
, từ đú suy ra :ằ
5a2 − 10a+ 6 = |−2a− 3|
5
⇔ 25 Ä5a2 − 10a+ 6ọ = (2a+ 3)2 ⇔  a = 1
a =
141
121
(loại)
Với a = 1⇒ I(1; 2) và bỏn kớnh R = IA = √5⇒ (C) : (x− 1)2 + (y− 2)2 = 5.
Vậy (C) : (x− 1)2 + (y− 2)2 = 5.
Cõu 8 (1,0 điểm).
Mặt phẳng (P) cú vectơ phỏp tuyến −−→n(P) = (1; 1;−2).
Ta cú A ∈ d1 ⇒ A(1+ 2t1;−1+ t1; t1), B ∈ d2 ⇒ B(1+ t2; 2+ 2t2; t2).
Suy ra
−→
AB = (t2 − 2t1; 3+ 2t2 − t1; t2 − t1).
Theo giả thiết ∆||(P) nờn −−→n(P).
−→
AB = 0⇔ t2 = t1 − 3⇒ −→AB = (−t1 − 3; t1 − 3;−3).
Lại cú AB =
√
29⇔ 2t21 + 27 = 29⇔ t1 = ±1.
Với t1 = 1⇒ A(3; 0; 1),−→AB = (−4;−2;−3)⇒ ∆ cú phương trỡnh

x = 3− 4t
y = −2t
z = 1− 3t
.
Với t1 = −1⇒ A(−1;−2;−1),−→AB = (−2;−4;−3)⇒ ∆ cú phương trỡnh

x = −1− 2t
y = −2− 4t
z = −1− 3t
.
Vậy ∆ :

x = 3− 4t
y = −2t
z = 1− 3t
hoặc ∆ :

x = −1− 2t
y = −2− 4t
z = −1− 3t
.
3
Cõu 9 (0,5 điểm).
Với điều kiện n ∈ Z, n > 3, ta cú :
A3n + C
1
n = 8C
2
n + 49⇔ n (n− 1) (n− 2) + n = 4n (n− 1) + 49
⇔ n3 − 7n2 + 7n− 49 = 0
⇔ n = 7 (thỏa món)
Với n = 7 ta cú khai triển
Ä
2x3 − 5ọ7 = 7∑
k=0
Ck7
Ä
2x3
ọ7−k
(−5)k =
7∑
k=0
Ck72
7−k(−5)kx21−3k.
Số hạng chứa x15 tương ứng với số hạng chứa k thỏa 21− 3k = 15⇔ k = 2.
Vậy hệ số của số hạng chứa x15 là C272
5(−5)2 = 16800.
Cõu 10 (1,0 điểm).
Từ giả thiết và bất đẳng thức AM− GM ta cú :
a2 + 2b = 12⇔ a2 + 4+ 2b = 16⇔ 4a+ 2b 6 16⇔ 2
√
4a.2b 6 16⇔ 0 < ab 6 8
Do đú P > a
2b2
64
ầ
4
a4
+
4
b4
ồ
+
ab
8
5
8(a− b)2 =
1
16
(
a2
b2
+
b2
a2
)
+
5
64
1
a
b
+
b
a
− 2
.
Đặt t =
a
b
+
b
a
(t > 2) ta cú P > 1
16
t2 +
5
64
1
t− 2 −
1
8
.
Xột hàm số f (t) =
1
16
t2 +
5
64
1
t− 2 −
1
8
trờn (2;+∞).
Ta cú f ′(t) = 1
8
t− 5
64
.
1
(t− 2)2 ; f
′(t) = 0⇔ t = 5
2
. Bảng biến thiờn :
t 2 52 + ∞
f ′(t) − 0 +
f (t)
+∞
27
64
+∞
Từ bảng biến thiờn ta cú min
(2;+∞)
f (t) = f
ầ
5
2
ồ
=
27
64
.
Suy ra P > 27
64
, dấu bằng xảy ra khi a = 2, b = 4.
Vậy P đạt giỏ trị nhỏ nhất là
27
64
khi a = 2, b = 4.
———Hết ———
4