Đề 16 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 16 Thời gian làm bài 180 phỳt
————
Cõu 1a (1,0 điểm).
• Tập xỏc định : D = R\{−1}.
• Sự biến thiờn :
+ Giới hạn, tiệm cận :
lim
x→+∞ y = limx→−∞ y = 1⇒ tiệm cận ngang là y = 1.
lim
x→1−
y = −∞; lim
x→1+
y = +∞⇒ tiệm cận đứng là x = 1.
+ Bảng biến thiờn :
y′ = − 3
(x− 1)2 < 0, ∀x ∈ D.
x −∞ 1 +∞
y′ − −
y
1
−∞
+∞
1
Hàm số nghịch biến trờn (−∞; 1) và (1;+∞).
Hàm số khụng cú cực trị.
• Đồ thị :
+ Cắt Oy tại (0;−2) và cắt Ox tại (−2; 0).
y
xO
1
−2
I
1−2
+ Nhận giao điểm I(1; 1) của hai tiệm cận làm tõm đối xứng.
Cõu 1b (1,0 điểm).
Phương trỡnh hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là :
x+ 2
x− 1 = x+m⇔
đ
x 6= 1
x2 + (m− 2) x−m− 2 = 0
Đặt f (x) = x2 + (m− 2) x−m− 2.
Ta cú ∆ = (m− 2)2 − 4(−m− 2) = m2 + 12 > 0, ∀m ∈ R
Lại cú f (1) = 1+m− 2−m− 2 = −3 6= 0, ∀m ∈ R.
Do đú đường thẳng d luụn cắt đồ thị (C) với mọi giỏ trị của m.
Cõu 2a (0,5 điểm).
Điều kiện cos x 6= 0. Khi đú phương trỡnh đó cho tương đương với :
cos 2x+
Ä
1+ cos2x
ọ
sin x = cos x+ sin2x cos x
⇔ cos2x− sin2x+ sin x+ sin xcos2x− cos x− sin2x cos x = 0
⇔ (cos x− sin x) (cos x+ sin x) + sin x− cos x+ sin x cos x (cos x− sin x) = 0
⇔ (cos x− sin x) (sin x+ cos x+ sin x cos x− 1) = 0
⇔
ủ
cos x− sin x = 0
sin x+ cos x+ sin x cos x− 1 = 0
(1)
(2)
Ta cú (1)⇔ tan x = 1⇔ x = pi
4
+ kpi.
1
Đặt sin x+ cos x = t
Ä|t| 6 √2ọ⇒ sin x cos x = t2 − 1
2
, phương trỡnh (2) trở thành :
t+
t2 − 1
2
− 1 = 0⇔ t2 + 2t− 3 = 0⇔
ủ
t = 1
t = −3 (loại)
Với t = 1⇒ sin x+ cos x = 1⇔ sin
Å
x+
pi
4
ó
=
1√
2
⇔
 x = k2pi
x =
pi
2
+ k2pi (loại) .
Vậy phương trỡnh cú nghiệm x =
pi
4
+ kpi, x = k2pi (k ∈ Z).
Cõu 2b (0,5 điểm).
Gọi z = x+ yi (x, y ∈ R), ta cú :
|z− 2− i| = |2z¯− 2i| ⇔ |x+ yi− 2− i| = |2 (x− yi)− 2i|
⇔ (x− 2)2 + (y− 1)2 = 4x2 + (2y+ 2)2
⇔ 3x2 + 3y2 + 4x+ 10y− 1 = 0
⇔ x2 + y2 + 4
3
x+
10
3
y− 1
3
= 0
Vậy tập hợp cỏc điểm biểu diễn số phức z là đường trũn tõm
ầ
−2
3
;−5
3
ồ
, bỏn kớnh R =
4
√
2
3
.
Cõu 3 (0,5 điểm).
Đạo hàm y′ = ex(x2 − x− 1) + ex(2x− 1) = ex(x2 + x− 2); y′ = 0⇔
ủ
x = 1
x = −2 (loại) .
Ta cú y(0) = −1, y(1) = −e, y(2) = e2, do đúmax
[0;2]
y = y(2) = e2,min
[0;2]
y = y(1) = −e.
Cõu 4 (1,0 điểm).
Điều kiện x 6= 0, y 6= 0. Hệ đó cho tương đương với :

x2 +
2
x2
+
x
y
= 2
3x2 +
1
y2
= 4
⇔

2x2 +
4
x2
+ 2
x
y
= 4 (1)
3x2 +
1
y2
= 4 (2)
Trừ theo vế (1) và (2) ta cú :
−x2 + 4
x2
+ 2
x
y
− 1
y2
= 0⇔
ầ
x− 1
y
ồ2
=
4
x2
⇔

x− 1
y
=
2
x
x− 1
y
= −2
x
⇔

1
y
= x− 2
x
1
y
= x+
2
x
Với
1
y
= x− 2
x
thay vào (1) được 4x2 +
4
x2
= 8⇔ x = ±1⇒ y = ∓1.
Với
1
y
= x+
2
x
thay vào (1) được 4x2 +
4
x2
= 0 (vụ nghiệm).
Vậy hệ cú hai nghiệm (x; y) = (1;−1) và (x; y) = (−1; 1).
Cõu 5 (1,0 điểm).
2
Đặt
đ
u = ln(x− 1)
dv = x2dx ⇒

du =
1
x− 1dx
v =
x3
3
, ta cú :
I =
x3
3
ln(x− 1)
∣∣∣∣∣
5
2
− 1
3
5∫
2
x3
x− 1dx =
125 ln 4
3
− 1
3
5∫
2
ầ
x2 + x+ 1+
1
x− 1
ồ
dx
=
125 ln 4
3
− 1
3
(
x3
3
+
x2
2
+ x+ ln(x− 1)
)∣∣∣∣∣
5
2
=
124 ln 4
3
− 35
2
Vậy I =
124 ln 4
3
− 35
2
.
Cõu 6 (1,0 điểm).
Ta cú SABCD = 2S∆ADB = DA.DB. sinữADB = a√6.2a. sin 450 = 2a2√3.
Gọi H là hỡnh chiếu của S trờn BD ⇒ SH⊥(ABCD) (vỡ (SBD)⊥(ABCD)).
Khi đú HA,HD lần lượt là hỡnh chiếu của SA, SD lờn (ABCD).
Do đúữSAH = ữSDH lần lượt là gúc của SA, SD với (ABCD).
Theo giả thiết ta cúữSAH = ữSDH = 300 ⇒ HA = HD.
Suy ra tam giỏc HAD vuụng cõn tại H ⇒ HA = HD = AD√
2
= a
√
3.
Trong tam giỏc SHA vuụng tại H cú SH = HA. tan 300 = a
√
3.
1√
3
= a.
Vậy thể tớch khối chúp S.ABCD là VS.ABCD =
1
3
.SABCD.SH =
2a3
√
3
3
.
A
B C
D
S
H
K
I
Ta cú d(C, (SAD)) = d(B, (SAD)) =
BD
HD
d(H, (SAD)) =
2√
3
d(H, (SAD)).
Gọi K là trung điểm AD ⇒ HK⊥AD ⇒ AD⊥(SHK).
Gọi I là hỡnh chiếu của H trờn SK ⇒ HI⊥(SAD)⇒ HI = d(H, (SAD)).
Tam giỏc HAD vuụng tại H nờn HK =
1
2
AD =
a
√
6
2
.
Trong ∆SHK cú
1
HI2
=
1
HS2
+
1
HK2
=
1
a2
+
2
3a2
⇒ HI = a
√
15
5
.
Vậy d(C, (SAD)) =
2√
3
d(H, (SAD)) =
2√
3
HI =
2a
√
5
5
.
Cõu 7 (1,0 điểm).
Ta cú A ∈ d1 ⇒ A(t; t+ 2); M là trung điểm AB nờn B(4− t;−t).
Khi đú B ∈ d2 nờn 4− t− 2t− 1 = 0⇔ t = 1⇒ A (1; 3) , B (3;−1)⇒ −→AB = (2;−4).
Đường thẳng cần tỡm qua M(2; 1) và cú một vectơ phỏp tuyến −→n = (2; 1).
Vậy đường thẳng cần tỡm cú phương trỡnh 2(x− 2) + (y− 1) = 0⇔ 2x+ y− 5 = 0.
3
Cõu 8 (1,0 điểm).
Tọa độ giao điểm A của d và (P) là nghiệm hệ

x− 1
−1 =
y+ 3
2
=
z− 3
1
2x+ y− 2z+ 9 = 0
⇔

x = 0
y = −1
z = 4
⇒ A(0;−1; 4)
Mặt phẳng (P) cú một vectơ phỏp tuyến −−→n(P) = (2; 1;−2).
Đường thẳng d cú một vectơ chỉ phương −→ud = (−1; 2; 1).
Đường thẳng ∆ đi qua A(0;−1; 4) và nhận ợ−−→n(P),−→udú = (5; 0; 5) làm một vectơ chỉ phương.
Vậy ∆ cú phương trỡnh

x = 5t
y = −1
z = 4+ 5t
.
Cõu 9 (0,5 điểm).
Phộp thử là chọn ngẫu nhiờn 7 tấm thẻ trong 14 tấm thẻ nờn ta cú |Ω| = C714 = 3432.
Gọi A là biến cố "trong 7 tấm thẻ được chọn cú 3 tấm thẻ mang số lẻ, 4 tấm thẻ mang số
chẵn trong đú cú duy nhất một tấm thẻ mang số chia hết cho 5", ta cú hai trường hợp sau :
TH1 : Chọn thẻ chia hết cho 5 là thẻ ghi số 5.
Ta cần chọn thờm 2 thẻ ghi số lẻ trong 6 thẻ ghi số lẻ (trừ thẻ ghi số 5) và 4 thẻ ghi số chẵn
trong 6 thẻ ghi số chẵn (trừ thẻ ghi số 10). Do đú trường hợp này cú C26 ì C46 = 225 cỏch chọn.
TH2 : Chọn thẻ chia hết cho 5 là thẻ ghi số 10.
Ta cần chọn thờm 3 thẻ ghi số lẻ trong 6 thẻ ghi số lẻ (trừ thẻ ghi số 5) và 3 thẻ ghi số chẵn
trong 6 thẻ ghi số chẵn (trừ thẻ ghi số 10). Do đú trường hợp này cú C36 ì C36 = 400 cỏch chọn.
Do đú số kết quả thuận lợi cho biến cố A là |ΩA| = 225+ 400 = 625.
Vậy xỏc suất của biến cố A là P(A) =
|ΩA|
|Ω| =
625
3432
.
Cõu 10 (1,0 điểm).
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
2ab
(c+ a) (c+ b)
+
3bc
(a+ b) (a+ c)
+
2ca
(b+ c) (b+ a)
> 5
3
⇔ 2ab (1− c) + 3bc (1− a) + 2ca (1− b) > 5
3
(1− a) (1− b) (1− c)
⇔ ab+ 4bc+ ca > 16abc
⇔ 4
a
+
1
b
+
1
c
> 16
Áp dụng bất đẳng thức
1
x
+
1
y
> 4
x+ y
được :
4
a
+
1
b
+
1
c
> 4
a
+
4
b+ c
> 16
a+ b+ c
= 16
Ta cú bất đẳng thức cần chứng minh.
———Hết ———
4