đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE149 THPT chí linh, hải dương (l1) w

TRƯỜNG THPT CHÍ LINH Mônthi : TOÁN - Lầnthứ 1 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề.. 2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C tại giao điểm của C với đường thẳng d

TRƯỜNG THPT CHÍ LINH Mônthi : TOÁN - Lầnthứ 1

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

(Đề gồm 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm sốy x33x3 (1) 1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với đường thẳng

d y x

Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f x( )2x2 x 2 3x6x2

Câu 3 (1,5 điểm)

1) Giải phương trình: 3 sin x1cosx

2) Giải phương trình: 32x12.3x124 0

log 4x 3x1 log 4x2  1

Câu 4 (0,5 điểm) Trường THPT Chí Linh tổ chức cho học sinh của cả ba khối 10,11,12 tập

luyện võ thuật cổ truyền Trong đợt tập võ lớp 11A tập tốt nhất nên nhà trường quyết định chọn

ra 7 học sinh của lớp 11A để biểu diễn Tính xác suất để 7 học sinh được chọn có ít nhất 6 học sinh nam biết rằng lớp 11A có 23 học sinh nam và 21 học sinh nữ

Câu5 (1,0 điểm) Tínhtíchphân:

2 2

2 1



 



Câu6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a Gọi

M là trung điểm của cạnh BC, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa SM và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai

đường thẳng DM, SB

Câu7 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC Gọ

H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BD và M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh CD,

BH Biết điểm A(0; –1), phương trình đườngthẳng MN là 3x    và điểm M có hoành độ y 9 0

nguyên Tìm toạ độ các đỉnh B, C, D

Câu8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  







Câu9 (1,0 điểm).Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a  , 1 bc  Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 biểu thức:

3 2

P



-Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:………;Số báo danh:………

Chữ kí giám thị 1:……….…………Chữ kí giám thị 2:………

ĐỀ SỐ 149

HướngdẫnchấmTOÁN

1a

(1,0đ)

 Tập xỏc định: D = ℝ

 Sự biến thiờn

 Giới hạn của hàm số tại vụ cực

lim

→ y = lim

x−

1

x = −∞, lim→ y = +∞

0,25

y = −3x + 6x; y = 0 ⇔ x = 0

x = 2 Bảngbiếnthiờn:

0,25

Từ bảng biến thiờn suy ra

Hàm số đồng biến trờn khoảng (0; 2), nghịch biến trờn cỏc khoảng

(−∞; 0) và (2; +∞)

Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y Đ = −3,

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y = −1

0,25

 Đồthị:

Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm (0; −1), đi qua cỏc điểm

(−1; 3), (1; 1), (3; −1)

Đồ thi hàm số nhận điểmI(1; 1) làm tõm đối xứng

0.25

1b

(1,0đ)

Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trỡnh

Giải phương trỡnh, suy ra d cắt (C) tại điểm M(3; −1) 0,25 Phương trỡnh tiếp tuyến của (C) tại M(3; −1) lày = y (3)(x − 3) − 1 0,25

y

x

y=-x 3 +3x 2 -1

1 3

-1

3

2

(1,0đ)

Điều kiện: 3x − 6x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤

2 Tập xác định: D = 0;1

2 ; f′(x) = 4x − 1 −

3 − 12x

√3x − 6x

0,25

f (x) = 0 ⇔ (4x − 1) 1 + 3

√3x − 6x = 0 ⇔ x =

1

4∈ 0;

1 2

f (x) không xác định tại x = 0, x =

0,25

f(0) = 0, f 1

4 = −

1 + 4√6

8 , f

1

Suy ra min

;

f(x) = f 1

4 = −

1 + 4√6

3a

(0,5đ)

√3(sin x − 1) = cosx ⇔ √3sinx − cosx = √3

⇔√3

2 sinx −

1

2cosx =

√3

2 ⇔ sin (x −

π

6) =

√3 2

0,25

⇔

x −π

6 =

π

3+ 2 π

x −π

6= π −

π

3+ 2 π

, ∈ ℤ ⇔

x =π

2+ 2 π

x = 5π

6 + 2 π

3b

(0,5đ)

3 + 2.3 − 24 = 0 ⇔ 3.3 + 6.3 − 24 = 0 ⇔ (3 − 2)(3 + 4)

⇔ 3 − 2 = 0 (vì 3 + 4 > 0 ∀ ∈ ℝ)⇔ 3 = 2 ⇔ = log 2

3c

(0,5đ)

log , (4x − 3x − 1) + log (4x − 2) > 1(1)

Điều kiện: 4x − 3x − 1 > 0

4x − 2 > 0 ⇔ x > 1 Khi đó(1) ⇔ log (4x − 2) > 1 + log (4x − 3x − 1)

⇔ log (4x − 2) > log 2(4x − 3x − 1)

0,25

⇔ 4x − 2 > 2(4x − 3x − 1) ⇔ 0 < < 5

4 Kết hợp với điều kiện ta được phương trình đã cho có nghiệm 1 < <

0,25

4

(0,5đ)

Tổng số học sinh của lớp 11A là: 23 + 21 = 44 (học sinh)

Số cách chọnn gẫu nhiên 7 học sinh từ 44 học sinh là số các tổ hợp chập 7

của 44 phần tử nên số phần tử của không gian mẫu là: (Ω) =

0,25

Gọi A là biến cố: “ Trong 7 học sinh chọn ra có ít nhất 6 học sinh nam”

Khi đó có 2 khả năng xảy ra:

 7 học sinh chọn ra có 6 học sinh nam và 1 học sinh nữ

 7 học sinh chọn ra đều là nam

Từ đó suy ra n(A) = C C + C

Vậy P(A) = ( )

0,25

5

(1,0đ)

−3 + 7

= 1 +3( + 1) − 2(3 − 2)

3

3 − 2−

2

= ( + ln|3 − 2| − 2ln| + 1|) 2

= 1 + 2ln4

6

(1,0đ)

Xác định được góc giữa đường thẳng và mặt phẳng( ) là SMA

⇒ SMA = 60 ; S = 2a

0,25

Tínhđược = a√2; SA = a√6

1

3 a√6 2a =

2a √6 3

0,25

Gọi là trung điểm cạnh suy ra tứ giác là hình vuông và tứ giác

là hình bình hành ⇒ // ⇒ //( )

Ta chứng minh được ( , ( )) = ( , ( ))

0,25

Gọi O là tâm hình vuông suy ra = √ và ⊥

Trong mặt phẳng ( ), gọi là hình chiếu của trên

Xét tam giác vuông tại có đường cao nên

1

√78 13

13 .

0,25

O M

N

C

A

B

D S

H

giác là hình vuông và

E ⊥ Do đó hai tứ giác

và là các tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính

nên cũng là tứ giác nội tiếp ⇒ ANM = 90 ⇒ là

hình chiếu của trên đường

thẳng

Đường thẳng đi qua (0; −1) và vuông góc với MN nên có phương trình

+ 3 + 3 = 0 Toạ độ điểm N là nghiệm của hệ

3 − − 9 = 0 + 3 + 3 = 0 ⇔

=12 5

= −9 5

5 ; −

9 5

0,25

7

(1,0đ) Vì ∈ nên ( ; 3 − 9)với ∈ ℤ Tứ giác nội tiếp nên MAN =

MDN suy ra hai tam giác và đồng dạng

1

2.

4√10

2√10 5

12

36

8

5⇔

=14 5

= 2

Mà ∈ ℤ nên t = 2 ⇒ M(2; −3)

0,25

Đường thẳng có phương trình là + + 1 = 0 Tam giác vuông

cân tại nên ta tìm được 2 điểm là(0; −3)và (2; −1) Do và nằm về

hai phía đối với đường thẳng nên (0; −3)

0,25

là trung điểm của nên ta tính được (4; −3) Từ đó tính được

(4; −1)

8

(1,0đ)

x y 1 + y + 1 = x + x + 1 (1) 2x (y + 1) − 9x + 7 = 5√x x (1 − 18y ) − 3x(2)

Điều kiện: ≥ 0

(1 − 18 ) − 3 ≥ 0( )

Ta nhận thấy = 0 không thoả mãn hệ Xét x > 0 Khi đó

(1) ⇔ + + 1 =1+1 1 + 1(1 )

0,25

Xét hàm số f(t) = t + t√t + 1 trên ℝ

f (t) = 1 + t + 1 +

√t + 1> 0 ∀ ∈ ℝ Hàm số f(t) đồng biến trên ℝ (1 ) ⇔ f(y) = f 1

x (∗)

⇒(∗) ⇔ y =1

x

0,25

N

H

C B

M

E A

D

Với = giải điều kiện (I) ta được x ≥ 6, phương trình (2) trở thành

2 − 9 + 9 = 5√ − 3 − 18

⇔ 2 − 9 + 9 = 5√ ( + 3)( − 6)

⇔ 2( − 6 ) − 5√ + 3 − 6 + 3( + 3) = 0

0,25

⎣

⎢

⎢

⎢

⎡ =7 ± √61

2

= −3 4

= 9 Kết hợp điều kiện x ≥ 6 ta được hệ đã cho có nghiệm (x;y) là

9;1

9 ,

7 + √61

√61 − 7 6

0,25

9

(1,0đ)

Áp dụng BĐT TBC-TBN ta được + 1 + 1 ≥ 3 √ = 3

Dấu “=” xảy ra khi = 1

⇒ a3+ 2

3(bc + 1) ≥

+ 1≥

1 + 1; b

c + 1+

c

b + 1= ( + + 1)

1

c + 1+

1

b + 1 − 2

Ta có: + + 1 ≥ 2√ + 1 Dấu “=” xảy ra khi =

0,25

1

b + 1+

1

c + 1 ≥

2

1 + √bc(1)

Thậtvậy, (1) ⇔ (b + c + 2) 1 + √bc ≥ 2( + 1)( + 1)

⇔ (b + c)√bc − 2 − − + 2√bc ≥ 0 ⇔ √b − √c √bc − 1

≥ 0(2) (2) đúngvới mọi b, c thoả mãn giả thiết nên (1) đúng Dấu “=” xảy ra

khi = hoặc = 1 Từ đó suy ra

+ 1+ 2√ + 1

2

1 + √bc− 2 =

1 + 1+

2√

1 + √bc

0,25

Đặt = √ , ta có t ≥ 1

t + 1+

2t

1 + t = f(t)

f (t) = 2

(1 + ) −

2t (t + 1) =

2(t − 1) ( − + 1) ( + 1) (t + 1) ≥ 0 ∀ ≥ 1;

f (t) = 0 ⇔ t = 1

Hàm số f(t) đồng biến trên [1; +∞)

0,25

min

[ ; )f(t) = f(1) =3

2⇒ P ≥

3

2 ∀a, b, c > 0 ℎ ả ã ≥ 1, ≥ 1 Với a = b = c = 1 thì P = Do đó P có giá trị nhỏ nhất là 0,25