đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE251 THPT nam duyên hà, thái bình (l2)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
TRƯỜNG THPT NAM DUYÊN HÀ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài 180’- không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 

x  2
(C ) .
x2

Câu 2. (1,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  2 x 2 (1). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị đồ thị
hàm số (1) tại điểm M có hoành độ bằng

2.

Câu 3. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2log 4  3 x  1  log 2  3  x   1 .
b) Cho số phức z  3  2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  iz  z .
Câu 4. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2 x  4  8 cos x  sin x .
b) Trong một đợt phỏng vấn học sinh trường THPT Nam Duyên Hà để chọn 6 học sinh đi du
học Nhật Bản với học bổng là được hỗ trợ 80% kinh phí đào tạo. Biết số học sinh đi phỏng
vấn gồm 5 học sinh lớp 12A2, 7 học sinh lớp 12A3, 8 học sinh lớp 12A4 và 10 học sinh lớp
12A5. Giả sử cơ hội của các học sinh vượt qua cuộc phỏng vấn là như nhau. Tính xác suất
để có ít nhất 2 học sinh lớp 12A2 được chọn.
1

Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: I   x(3 x  e x )dx .

0

Câu 6. (1,0 điểm) Trong không gian cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B,
BC  3a , AC  a 10 , cạnh bên SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng
(ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC
theo a, biết M là điểm trên đoạn BC sao cho MC = 2MB.

Câu 7. (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1; 1;2  , B  3;0; 4  và
mặt phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  5  0 . Viết phương trình tham số của đường thẳng AB, tìm tọa độ
giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P), viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng
AB và vuông góc với mặt phẳng (P).
 x 2  1  x  1  2 y  4 y 2  4 y  2
Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
.
2
2 x  5  5 x  6  8 y  14 y  4

Câu 9. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp
I  2;1 và thỏa mãn điều kiện 
AIB  900 . Chân đường cao kẻ từ A đến BC là D  1; 1 . Đường
thẳng AC qua M  1; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết đỉnh A có hoành độ dương.
Câu 10. (1.0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn a 2  b 2  c 2  3b  0 . Tìm giá trị
1
4
8
nhỏ nhất của biểu thức sau: P 


.
2

2
2
 a  1  b  2   c  3
--------------Hết-------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
TRƯỜNG THPT NAM DUYÊN HÀ

Câu
Câu 1
(1 điểm)

MÔN TOÁN
(Đáp án, thang điểm gồm 5 trang)
Đáp án

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 
Tập xác định: D   \{2} . Ta có y ' 

4

 x  2

2

x  2
(C )
x2

 0, x  D

0,25

Hàm số nghịch biến trên: (–  ;–2), (–2;+  )
Tiệm cận ngang: y  1 vì lim y  1; lim y  1
x 

x 

Tiệm cận đứng x  2 vì lim  y  ;
x   2 

Bảng biến thiên:
x 
y
1
y

0,25

lim  y  

x  2 



2

+

+



0,25



1

* Điểm đặc biệt:
x
y

-6
-2

–4
–3

–2


0
1

2
0

* Đồ thị:
y
x=-2
3

0,25

1
-3

x

2
-2

-1

0
y=-1

-5

Câu 2
(1 điểm)

Cho hàm số y  x 4  2 x 2 (1). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị đồ thị hàm số (1)

tại điểm M có hoành độ bằng

2.

Gọi d là tiếp tuyến tại điểm M có hoành độ bằng
Do M thuộc đồ thị hàm số (1) nên M
Tiếp tuyến d có hệ số góc y '



 2  4

2; 0



2

0,25
0,25



Câu 3
(1 điểm)

2.



Phương trình tiếp tuyến d có dạng: y  4 2 x  2  0

0,25

 y  4 2x  8

0,25

a) (0,5 điểm) Giải phương trình: 2 log 4  3 x  1  log 2  3  x   1 .
1
ĐK:   x  3 .
3
Với điều kiện trên phương trình đã cho  log 2  3 x  1  log 2  2  3  x  

0,25

 3 x  1  2(3  x )  x  1
Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm x  1

0,25


b) (0,5 điểm) Cho số phức z  3  2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  iz  z
Ta có: z  3  2i  z  3  2i  w  i  3  2i    3  2i   1  i
0,25

Câu 4
(1 điểm)

 w  1  i

0,25
Vậy số phức w có phần thực là –1, phần ảo là 1
a) (0,5 điểm) Giải phương trình: sin 2 x  4  8 cos x  sin x
sin x  4 (vn)
Biến đổi phương trình về dạng: (sin x  4)(2 cos x  1)  0  
0,25
 cos x  1

2
1

cos x   x    k 2  k    .
2
3
0,25

Vậy phương trình có nghiệm: x    k 2  k   
3
b) (0,5 điểm) Trong một đợt phỏng vấn học sinh trường THPT Nam Duyên Hà để chọn 6
học sinh đi du học Nhật Bản với học bổng là được hỗ trợ 80% kinh phí đào tạo. Biết số
học sinh đi phỏng vấn gồm 5 học sinh lớp 12A2, 7 học sinh lớp 12A3, 8 học sinh lớp 12A4
và 10 học sinh lớp 12A5. Giả sử cơ hội của các học sinh vượt qua cuộc phỏng vấn là như
nhau. Tính xác suất để có ít nhất 2 học sinh lớp 12A2 được chọn.

Chọn ngẫu nhiên 6 học sinh đi du học Nhật Bản từ 30 học sinh của các lớp
12A2, 12A3, 12A4, 12A5; số cách chọn là C306 cách.

0,25

Suy ra số phần tử của không gian mẫu  là n   C306  593775

Gọi A là biến cố: '' Có ít nhất 2 h/s lớp 12A2 được chọn ".



5
suy ra n A  C 256  C51 .C 25
 442750

0,25



Xác suất của biến cố A là: P A  1  P A  1 
Câu 5
(1 điểm)

442750 151025

 0, 25
596775 593775

1

Tính tích phân: I   x(3 x  e x )dx
0
1

1

Ta có I   3x 2 dx   x.e x dx

0

0,25

0

1

Tính I1   3 x 2 dx .
0

0,25

1
2

Ta có I1   3 x dx  x

3 1
0

1

0

1

Tính I 2   x.e x dx
0

u  x
du  dx
Đặt: Đặt: 
.


x
x
dv  e dx v  e

0,25

1

Khi đó I 2  xe x

1
0

  e x dx
0

 I2  e  e

x 1
0

1

Vậy I  I1  I 2  0

0,25


Câu 6
(1 điểm)

Trong không gian cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B , BC  3a ,
AC  a 10 , cạnh bên SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt phẳng  SBC  và mặt
0

phẳng  ABC  bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SM và AC theo a , biết M là điểm trên đoạn BC sao cho MC  2 MB .
Vì BC  SA và BC  AB nên BC  SB .

  600 .
Vậy góc giữa mp  SBC  và mp  ABC  là SBA
Ta có: AB 

2

2

AC  BC  a .Diện tích ABC là S ABC

1
3a 2
 AB.BC 
.
2

2

0,25

SA  AB.tan 600  a 3
Thể tích khối chóp
1
VS . ABC  SA.S ABC
3

0,25

1
3a 2 a 3 3
 .a 3.

3
2
2
Kẻ

MN

song

song

AC

cắt

AB

tại N,

 AC / /  SMN  . Vậy

d  SM , AC   d  A,  SMN   . Gọi I là hình chiếu của điểm A lên MN, H là hình
chiếu của A lên SI  MI  ( SAI ) ,  MI  AH . Mặt khác AH  SI nên
AH   SMI  . Vậy d ( A,( SMN ))  AH .

AN .MB 2a
.

MN
10
AI .SA a 102
Xét SAI vuông tại A và có AH là đường cao  AH 

.
SI
17
a 102
Vậy d  SM , AC  
.
17

0,25

AIN đồng dạng với MBN ,  AI 

Câu 7
(1 điểm)

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1; 1; 2  , B  3; 0; 4  và mặt phẳng
(P) : x  2 y  2 z  5  0 . Viết phương trình tham số của đường thẳng AB, tìm tọa độ giao
điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P), viết phương trình mặt phẳng chứa đường
thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (P).

AB   2;1; 6  là véc tơ chỉ phương của đường thẳng AB.
 x  1  2t

Phương trình tham số của đường thẳng AB có dạng:  y  1  t  t   
 z  2  6t

Gọi M là giao điểm của AB và (P). Khi đó M 1  2t ; 1  t ; 2  6t  .

0,25

1
4 5 
M  ( P)  1  2t   2  1  t   2  2  6t   5  0  t   M  ;  ;1
6
3 6 

Mp(P) có véc tơ pháp tuyến n P   1; 2;2  . Gọi (Q) là mặt phẳng chứa AB và
vuông góc với mp(P). Khi đó mp(Q) nhận véc tơ


 
n Q    AB, n P     10; 10; 5  làm véc tơ pháp tuyến

0,25

Suy ra phương trình mặt phẳng  Q  : 2 x  2 y  z  2  0.

0.25

0,25


Câu 8
(1 điểm)

 x 2  1  x  1  2 y  4 y 2  4 y  2 1
Giải hệ phương trình: 
2
2 x  5  5 x  6  8 y  14 y  4  2 
6
2
ĐK: x   ; y  
5
7

Từ pt (1) ta có:

x 2  1  x  (2 y  1) 2  1  2 y  1

Xét hàm số f (t )  t 2  1  t  t   

f ' (t ) 

t  t 2 1
2

0,25

 0 , t  R ( vi  t 2  1  t , t  R)

t 1
 Hàm số đồng biến trên R. Suy ra (1)  f ( x)  f (2 y  1)  x  2 y  1
Thay 2 y  x  1 vào pt (2) ta được:
0,25

2 x 2  5  5 x  6  4( x  1)  7( x  1)  4
 2 x 2  2 x  4  x  2  5 x  6  x  3  7 x  11
 ( x 2  x  2)(2 

1
x  2  5x  6



1
x  3  7 x  11

)0

x 2  x  2  0

 
1
1

2
 x  2  5 x  6 x  3  7 x  11

  x  1  y  0 (t / m)

  x  2  y  3 (t / m)
 
2

1
1


 2 (*)
 x  2  5 x  6 x  3  7 x  11
6
Xét (*) : Với x   ta có:
5
1
1
1
1
5 5 65




  
2
x  2  5 x  6 x  3  7 x  11  6  2  6  3 4 9 36
5
5
3
 (*) Vô nghiệm. Vậy hệ pt có hai nghiệm (1;0); (2; )
2
Câu 9
(1.0 điểm)

0,25

0,25

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp I  2;1 và thỏa
mãn điều kiện 
AIB  90 . Chân đường cao kẻ từ A đến BC là D  1; 1 . Đường thẳng
AC qua M  1; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết đỉnh A có hoành độ dương.

  45 hoặc
AIB  90  BCA
  135
BCA
  45  ADC cân tại D.
Suy ra CAD
Ta có DI  AC Khi đó phương trình
đường thẳng AC có dạng:
x  2y  9  0 .

C

M

I

D

0,25
B

A



A  2a  9; a  , AD   8  2a; 1  a 

Câu 10
(1.0 điểm)

 a  1  A  7;1 (không t/m)
AD 2  40  a 2  6a  5  0  
 a  5  A 1;5  (t/m)
Phương trình BD : x  3 y  4  0 . Phương trình BI: 3 x  4 y  5  0

0,25

B  BI  BD  B  2; 2  .

0,25

2

2

0,25

2

Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn a  b  c  3b  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
4
8
biểu thức sau: P 


.
2
2
2
 a  1  b  2   c  3
2

2

2

Ta thấy: a 2  b 2  c 2  2a  4b  2c  6   a  1   b  2    c  1 

1
, theo giả

2

thiết thì a 2  b 2  c 2  3b .
Suy ra 3b  2a  4b  2c  6  0 hay 2a  b  2c  10  16 .

1
1
8


. Áp dụng nhận xét trên ta có:
x 2 y 2  x  y 2

Với hai số x, y  0 thì

1

 a  1

2



4

b  2

1
b



a   2
2



P

2



2

8



b


 a   2
2



1

 c  3

8

;

8



b


 a   c  5
2



8

2

 c  3

2

 8.

2

.

8

162


.
2
2
b
2a  b  2c  10 



 a   c  5
2


Theo giả thiết và chứng minh trên thì 0  2a  b  2c  10  16 ,  P  1 .
b


 a   2
2





2

2

Khi a  1, b  2, c  1 thì P  1 . Vậy Pmin  1 khi a  1, b  2, c  1 .

0,5

0,5