Đề thi thử môn toán kỳ thi THPT quốc gia đề số 001

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM ……..
Mơn : TỐN

ĐỀ SỐ 1
HTTP://THAYTOAN.NET

Thời gian làm bài: 180 phút ,khơng kể thời gian giao đề

Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3mx  1 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 .
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vng tại
O ( với O là gốc tọa độ ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

sin 2 x  1  2 2 sin x  cos 2 x .
e

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình

x 3  ln x
dx .
x2

32x 1  10.3x  3  0 .

b) Một tổ có 4 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm
trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có số nam ít hơn số nữ.

Câu 5 (1,0 điểm).

Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  2;1;3  và đường

x 1 y  1 z  2


. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vng góc với
2
2
1
đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  14 .

thẳng d :

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vng tại A , AB  AC  a , I
là trung điểm của SC , hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm
H của BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và

tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong
của 
ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình
đường thẳng AB .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4



 4 y 2  x  2  y  1  x  1

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:

P

bc
3a  bc



ca
3b  ca



ab
3c  ab

………Hết………
Giáo viên: Nguyễn Văn Huy – />

HÖÔÙNG DAÃN GIAÛI
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3mx  1 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 .
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại
O ( với O là gốc tọa độ ).

Lời giải

a) Với m=1 hàm số trở thành : y   x3  3x  1


TXĐ: D  R
y '  3x 2  3 , y '  0  x  1
 Sự biến thiên
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng  1;1
Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1
 Giới hạn
lim y   , lim y  
x 



x 

Bảng biến thiên
x
y’

–
+

-1
0

+

–

1
0
3

+
+

y
-1



Đồ thị:

-

4

2

2

4

b) Tìm m?


Ta tính đạo hàm
y '  3x 2  3m  3  x 2  m 
y '  0  x 2  m  0  *



Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  m  0 **



Khi đó 2 điểm cực trị A  m ;1  2 m m , B m ;1  2m m
 
1
Tam giác OAB vuông tại O  OA.OB  0  4m3  m  1  0  m  ( TM (**) )
2
1
Kết luận: Vậy m  thỏa mãn điều kiện bài toán
2







 

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình




sin 2 x  1  2 2 sin x  cos 2 x .

Lời giải
sin 2 x  1  2 2 sin x  cos 2 x

PT:

 (sin 2 x  2 2 sin x)  (1  cos 2 x)  0



 2sin x  cos x  sin x  2   0

 2 sin x cos x  2  2 sin 2 x  0



 x  k
s inx  0



k  
 x    k2
sinx

cos
x

2



4

Vậy nghiệm của PT là x  k , k  Z và x   k2 ( k  Z )
4
e

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

x 3  ln x
dx .
x2

Lời giải
e

e

e

e

e



ln x
x2

ln x
e2  1
x 3  ln x

xdx

dx


dx

J
I
dx
1
1 x 2
2 1 1 x 2
2
x2
1



Tính J  

e

1

ln x

dx
x2

Đặt u  ln x, dv 

1
1
1
dx . Khi đó du  dx, v  
x2
x
x
e

e

e

1
1
1 1
e2
Do đó J   ln x   2 dx   

x
x
e x1
e
1
1



Vậy I 

e2  1 e  2 e3  3e  4


2
e
2e

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình

32x 1  10.3x  3  0 .

b) Một tổ có 4 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm
trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có số nam ít hơn số nữ.
Lời giải


a)

Giải phương trình mũ
 3x  3
PT  32 x 1  10.3x  3  0  3.32 x  10.3x  3  0   x 1
3 

3

x

1

Vậy nghiệm của PT là x  1 và x  1

 x  1

b)

Tính xác suất
n     C103  120



Không gian mẫu



Gọi A là biến cố “ 3 học sinh được chọn có số nam ít hơn số nữ”



Số cách chọn 3 học sinh có số nam ít hơn số nữ là n(A)  C 26 .C14  C63 .C40  80
n( A) 2
Do đó xác suất của biến cố A là P( A) 

n  3

Câu 5 (1,0 điểm).

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  2;1;3  và đường

x 1 y  1 z  2


. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A và vuông góc với
2
2
1
đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  14 .

thẳng d :

Lời giải




Đường thẳng d có VTCP là ud   2; 2;1

Vì  P   d nên  P  nhận ud   2; 2;1 làm VTPT

 Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  2   2  y  1  1 z  3  0  2 x  2 y  z  9  0


Vì B  d nên B 1  2t ; 1  2t ; 2  t 
2

2

2

AB  14  AB 2  14   3  2t    2t  2    t  5   14  3t 2  10t  8  0
t  2
 4
t 
 3

 5 5 2
Vậy B  3;3;0  hoặc B   ; ;  
 3 3 3
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I
là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm
H của BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC
và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a .
Lời giải


Vẽ hình


Sj

M
B

H

C

K

A



Tính thể tích
Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1)
Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK

  60
Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng SKH
a 3
2
1
1 1
a3 3
Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH 
3
3 2
12
Khoảng cách

Ta có SH  HK tan SKH




Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB  
Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM

a 3
1
1
1
16


 2  HM 
.
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4



Ta có



Vậy d  I ,  SAB   

a 3

4

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong
của 
ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình
đường thẳng AB
Lời giải


Hình vẽ:


A

E
M'

K
M
I

B

C

D


 Gọi AI là phan giác trong của BAC


Ta có : 
AID  
ABC  BAI
  CAD
  CAI

IAD
  CAI
,
 nên 

Mà BAI
ABC  CAD
AID  IAD
 DAI cân tại D  DE  AI
 PT đường thẳng AI là : x  y  5  0

 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)


 VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5  VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3
Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5 x  3 y  7  0
 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4(1)
Câu 8. (1.0 điểm): Giải hệ phương trình 
 4 y 2  x  2  y  1  x  1(2)

Lời giải



 xy  x  y 2  y  0

Điều kiện:  4 y 2  x  2  0
 y 1  0




Từ phương trình (1)  x  y  3

 x  y  y  1  4( y  1)  0

y  1 ( u  0, v  0 )

Ta đặt u  x  y , v 


u  v
Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  
u  4v(vn)



Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được :

 4 y 2  2 y  3   2 y  1 



2  y  2
2

4 y  2 y  3  2 y 1







y 1  1  0

y2
0
y 1 1


2
  y  2 

 4 y2  2 y  3  2 y 1



1
0
y  1  1 

4 y2  2 y  3  y 1  2 y


 y  2 ( vì 


2
4 y2  2 y  3  2 y  1



1
 0y  1 )
y 1  1

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:

P

bc
3a  bc








ca
3b  ca



ab
3c  ab

Lời giải
Vì a  b  c  3
bc
bc
bc
bc  1
1 
Ta có


 


3a  bc
a(a  b  c)  bc
(a  b)(a  c) 2  a  b a  c 
1
1
2
Vì theo BĐT Cô-Si:

, dấu đẳng thức xảy ra  b  c


ab ac
(a  b)(a  c)
ca
ca  1
1 
ab
ab  1
1 
Tương tự
 



 và


2 ba bc 
2  ca cb 
3b  ca
3c  ab
bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3
Suy ra P 




2(a  b) 2(c  a) 2(b  c)

2
2
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =
khi a = b = c = 1.
2