Đề 19 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 19 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 = 2⇒ tiệm cận ngang là y = 2.
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
2
−∞
+∞
2
Hàm số nghịch biến trờn (−∞; 1) và (1;+∞).
Hàm số khụng cú cực trị.
• Đồ thị :
+ Cắt Oy tại (0;−1) và cắt Ox tại
ầ
−1
2
; 0
ồ
.
y
xO
−1
2 I
1−12
+ Nhận giao điểm I(1; 2) của hai tiệm cận làm tõm đối xứng.
Cõu 1b (1,0 điểm).
Đường thẳng d qua A(−2; 2) và cú hệ số gúc m nờn cú phương trỡnh dạng y = m(x+ 2) + 2.
Phương trỡnh hoành độ giao điểm của d và (C) là :
2x+ 1
x− 1 = m(x+ 2) + 2⇔
đ
x 6= 1
mx2 +mx− 2m− 3 = 0
Đặt f (x) = mx2 +mx− 2m− 3 cú ∆ = 9m2 + 12m.
Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phõn biệt khi và chỉ khi :
a 6= 0
∆ > 0
f (1) 6= 0
⇔

m 6= 0
9m2 + 12m > 0
−3 6= 0
⇔
 m > 0
m < −4
3
Giả sử d cắt (C) tại hai điểm phõn biệt cú hoành độ x1, x2 (x1 < x2).
Theo định lý vi-et ta cú x1 + x2 = −1, x1x2 = −2m− 3m .
Khi đú d cắt (C) tại hai điểm thuộc hai nhỏnh phõn biệt khi và chỉ khi :
x1 < 1 < x2 ⇔ (x1 − 1) (x2 − 1) < 0⇔ x1x2 − (x1 + x2) + 1 < 0
⇔ −2m− 3
m
+ 1+ 1 0 (thỏa món)
Vậy với m > 0 thỡ d cắt (C) tại hai điểm thuộc hai nhỏnh phõn biệt.
1
Cõu 2a (0,5 điểm).
Ta cú A =
4+ 5 cot α
2− 3 cot α =
4+
5
2
2− 3
2
= 13.
Cõu 2b (0,5 điểm).
Phương trỡnh đó cho tương đương với :
(z− 2) Äz2 + 4z+ 9ọ = 0⇔ [ z = 2
z = −2± i√7
Vậy phương trỡnh đó cho cú 3 nghiệm phức z = 2, z = −2± i√7.
Cõu 3 (0,5 điểm).
Điều kiện
x+ 1
2x− 1 > 0⇔
 x > 12
x < −1
. Khi đú bất phương trỡnh đó cho tương đương với :
x+ 1
2x− 1 <
1
2
⇔ 3
2 (2x− 1) < 0⇔ x <
1
2
Kết hợp điều kiện bất phương trỡnh cú tập nghiệm S =
ầ
−∞; 1
2
ồ
.
Cõu 4 (1,0 điểm).
Xột hệ phương trỡnh
x3 − x2 + x = y
ằ
y− 1− y+ 1 (1)
x3 + 4x2 + 1 = y2 = 0 (2)
.
Đặt u =
ằ
y− 1 (u ≥ 0)⇒ y = u2 + 1, phương trỡnh (1) trở thành
x3 − x2 + x = Äu2 + 1ọ u− Äu2 + 1ọ+ 1⇔ x3 − x2 + x = u3 − u2 + u (∗)
Xột hàm số f (t) = t3 − t2 + t trờn [0;+∞) cú f ′(t) = 3t2 − 2t+ 1 > 0, ∀t ∈ [0;+∞).
Suy ra hàm số f (t) luụn đồng biến trờn (0;+∞), do đú (∗)⇔ f (x) = f (u)⇔ x = u.
Với x = u ≥ 0⇒ y = x2 + 1 thay vào (2) được
x3 + 4x2 + 1 =
Ä
x2 + 1
ọ2 ⇔ x4 − x3 − 2x2 = 0⇔ x2 Äx2 − x− 2ọ = 0⇔  x = 0x = 2
x = −1 (loại)
Với x = 0⇒ y = 1; với x = 2⇒ y = 5.
Vậy hệ cú hai nghiệm (x; y) = (0; 1) và (x; y) = (2; 5).
Cõu 5 (1,0 điểm).
Ta cú I =
e∫
1
1
x
dx+
e∫
1
ln x
x2
dx = ln |x||e1 +
e∫
1
ln x
x2
dx = 1+
e∫
1
ln x
x2
dx.
Đặt

u = ln x
dx =
1
x2
dx
⇒

du =
1
x
dx
v =
x3
3
, ta cú :
I = 1+
x3
3
ln x
∣∣∣∣∣
e
1
−
e∫
1
x3
3
1
x
dx = 1+
e3
3
− x
3
9
∣∣∣∣∣
e
1
=
2e3 + 10
9
Vậy I =
2e3 + 10
9
.
2
Cõu 6 (1,0 điểm).
Tam giỏc SAD đều cạnh A nờn SE⊥AD và SE = a
√
3
2
.
Tam giỏc AEB vuụng tại A cú EB =
√
AB2 + AE2 =
a
√
5
2
.
Nhận thấy SE2 + EB2 = SB2 nờn ∆SEB vuụng tại E⇒ SE⊥EB (đpcm).
Ta cú
SE⊥EBSE⊥AB ⇒ SE⊥(ABCD)⇒ SE⊥CH (1).
Ta cú ∆ABE = ∆BCF ⇒ ’ABE = ’BCF.
Xột ∆BHF cúữBFH +ữFBH =ữBFH +’BCF = 900 ⇒ CH⊥EB (2)
Từ (1) và (2) ta cú CH⊥(SEB)⇒ CH⊥SB (đpcm).
A B
CD
S
E
F
H
Trong tam giỏc FBC vuụng tại B cú
1
BH2
=
1
BF2
+
1
BC2
=
4
a2
+
1
a2
=
5
a2
⇒ BH = a√
5
.
Trong tam giỏc HBC vuụng tại H cú CH =
ằ
BC2 − BH2 =
√
a2 − a
2
5
=
2a√
5
.
Lại cú diện tớch tam giỏc SEB là S∆SEB =
1
2
SE.EB =
1
2
.
a
√
3
2
.
a
√
5
2
=
a2
√
15
8
.
Do đú thể tớch khối chúp C.SEB là VC.SEB =
1
3
CH.S∆SEB =
1
3
.
2a√
5
.
a2
√
15
8
=
a3
√
3
12
.
Vậy SE⊥EB,CH⊥SB và VC.SEB = a
3
√
3
12
.
Cõu 7 (1,0 điểm).
A
B CI
E
D
M′
M
K
Gọi AI là phõn giỏc trong của gúcữBAC, ta cú : ’AID =ữABC+’BAI,’IAD = ữCAD+’CAI.
Lại cú’BAI = ’CAI,ữABC = ữCAD nờn ’AID = ’IAD ⇒ ∆DAI cõn tại D ⇒ DE⊥AI.
Do đú AI cú phương trỡnh x+ y− 5 = 0.
Gọi M′ là điểm đối xứng với M qua AI ta cú phương trỡnh MM′ là x− y+ 5 = 0.
Gọi K là giao điểm của AI và MM′ ta cú K(0; 5), suy ra M′(4; 9).
3
Khi đú AB đi qua A(1; 4) và nhận
−−→
AM′ = (3; 5) làm vectơ chỉ phương.
Do đú AB cú phương trỡnh 5(x− 1)− 3(y− 4) = 0⇔ 5x− 3y+ 7 = 0.
Cõu 8 (1,0 điểm).
Ta cú A ∈ d1 ⇒ A(3t1;−2+ t1;−4+ 2t1), B ∈ d2 ⇒ B(1+ t2; 6− 2t2;−t2).
Suy ra
−−→
AM = (1− 3t1; 11− t1; 4− 2t1) ,−→BM = (−t2; 3+ 2t2; t2).
Do đú
[−−→
AM,
−→
BM
]
= (−12+ 6t1 + 3t2 + 3t1t2;−5t2 + 5t1t2; 3− 9t1 + 13t2 − 7t1t2).
Đường thẳng AB quaM⇔
[−−→
AM,
−→
BM
]
=
−→
0 ⇔

−12+ 6t1 + 3t2 + 3t1t2 = 0
−5t2 + 5t1t2 = 0
3− 9t1 + 13t2 − 7t1t2 = 0
⇔
đ
t1 = 1
t2 = 1
.
Vậy A(3;−1;−2) và B(2; 4;−1).
Cõu 9 (0,5 điểm).
Phộp thử là chọn ngẫu nhiờn 3 học sinh trong tổng số 11 học sinh.
Do đú số phần tử khụng gian mẫu là |Ω| = C311 = 165.
Gọi A là biến cố "ba học sinh được chọn cú cả nam và nữ".
Để chọn 3 học sinh cú cả nam và nữ ta chọn 2 nam 1 nữ hoặc 1 nam 2 nữ.
Do đú số kết quả thuận lợi cho biến cố A là |ΩA| = C25 ì C16 + C15 ì C26 = 135.
Vậy xỏc suất của biến cố A là P(A) =
|ΩA|
|Ω| =
135
165
=
9
11
.
Cõu 10 (1,0 điểm).
Theo giả thiết và bất đẳng thức AM− GM ta cú :
bc√
3a+ bc
=
bcằ
a (a+ b+ c) + bc
=
bcằ
(a+ b) (a+ c)
6 bc
2
ầ
1
a+ b
+
1
a+ c
ồ
(1)
ca√
3b+ ca
=
caằ
b (a+ b+ c) + ca
=
caằ
(b+ c) (b+ a)
6 ca
2
ầ
1
b+ c
+
1
b+ a
ồ
(2)
ab√
3c+ ab
=
abằ
c (a+ b+ c) + ab
=
abằ
(c+ a) (c+ b)
6 ab
2
ầ
1
c+ a
+
1
c+ b
ồ
(3)
Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta cú :
P 6 ca+ cb
2 (a+ b)
+
bc+ ba
2 (c+ a)
+
ab+ ac
2 (b+ c)
=
a+ b+ c
2
=
3
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.
Vậy P đạt giỏ trị lớn nhất là
3
2
khi a = b = c = 1.
———Hết ———
4