Đề thi thử môn toán trường THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh lần 2 năm 2016

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi: 15/01/2016

ĐỀ THI THỬ LẦN 2

2mx + 1
(1) với m là tham số.
x −1
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b. Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng d: y = −2x + m cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm phân biệt

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y =

có hoành độ x1 ,x 2 sao cho 4(x1 + x 2 ) − 6x1x 2 = 21.
Câu 2 (1,0 điểm).
a. Giải phương trình: sin 2x + 1 = 4 cos x − cos 2x.
b. Giải bất phương trình: log2 (x − 1) ≤ log 1 (x + 3) + 5.
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I = ∫

dx
2x − 1 + 4

×

Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(3; 2) có tâm đường
tròn ngoại tiếp là I(2; −1) và điểm B nằm trên đường thẳng d có phương trình: x − y − 7 = 0. Tìm tọa độ đỉnh
B, C.
Câu 5 (1,0 điểm).
1
π
với − < α < 0. Tính giá trị của biểu thức: A = 5 cos α − 5 sin 2α.
2
2
b. Cho X là tập hợp gồm 6 số tự nhiên lẻ và 4 số tự nhiên chẵn. Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên.
Tính xác suất chọn được ba số tự nhiên có tích là một số chẵn.
·
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A ' B'C' D ' có đáy là hình thoi cạnh a, BAD
= 120o và
a. Cho tan α = −

AC' = a 5. Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B'C' D ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB' và BD
theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vuông góc của
 6 7
A lên đường thẳng BD là H  − ; ÷, điểm M(−1; 0) là trung điểm cạnh BC và phương trình đường trung
 5 5
tuyến kẻ từ A của tam giác ADH có phương trình là 7 x + y − 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình:

2x 5 + 3x 4 − 14x3
x+2



2 
= 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2  1 −
÷.
x+2 


Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

(

)

2
2
+
= (x + y)(x + z).
3x + 2y + z + 1 3x + 2z + y + 1

2(x + 3)2 + y 2 + z 2 − 16
×
2x 2 + y 2 + z 2

-------------------------- 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:..................................


SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Câu
1
(2,0 điểm)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2016
Môn: TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

Đáp án

Điểm

2x + 1
x −1
• Tập xác định: D = ¡ \ {1} .
• Sự biến thiên:
lim y = 2 , lim y = 2 ⇒ y = 2 là đường TCN của đồ thị hàm số.
x →−∞
x →+∞
a. (1,0 điểm) m = 1 ⇒ y =

0,25

lim y = +∞ , lim− y = −∞ ⇒ x = 1 là đường TCĐ của đồ thị hàm số.
x →1

x →1+

−3
< 0 ∀x ∈ D
(x − 1)2
⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1) và (1; +∞).
y' =

x
y'
y

−∞

0,25
+∞

1
−

−
+∞

2
−∞

2

Bảng biến thiên:

0,25

• Đồ thị:
x

0

y

−1

1
2
0

−

- Nhận xét: Đồ thị hàm
số nhận điểm I(1;2) làm
tâm đối xứng.

b. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị m …
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và d là nghiệm của phương trình:
x ≠ 1
2mx + 1
= −2 x + m ⇔  2
x −1
2x + (m − 2)x + m + 1 = 0 (2)
Đồ thị hàm số (1) cắt d tại hai điểm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 1

0,25

0,25
0,25



1
m ≠ − 2
2 + m − 2 + m + 1 ≠ 0

⇔
⇔ 
2
∆ = m − 12m − 4 > 0
  m > 6 + 2 10
  m < 6 − 2 10


(*)


2−m
 x1 + x 2 = 2
Do x1 ,x 2 là nghiệm của (2) ⇒ 
x x = m + 1
 1 2
2

2
(1,0 điểm)

1 − 5m = 21
Theo giả thiết ta có: 4(x1 + x 2 ) − 6x1x 2 = 21 ⇔⇔ 1 − 5m = 21 ⇔ 
1 − 5m = −21
 m = −4 (thoûa maõn (*))
⇔
 m = 22 (khoâng thoûa maõn (*))

5
Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: m = −4.
a. (0,5 điểm) Giải phương trình:
PT ⇔ sin 2x + 1 + cos 2x − 4 cos x = 0
⇔ 2 sin x cos x + 2 cos2 x − 4 cos x = 0
⇔ cos x(sin x + cos x − 2) = 0
 cos x = 0
π
⇔
⇔ x = + kπ
2
2
2
2
sin x + cos x = 2 (VN do 1 + 1 < 2 )
π
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = + kπ.
2
b. (0,5 điểm) Giải bất phương trình:
Điều kiện: x > 1.
BPT ⇔ log 2 (x − 1) + log2 (x + 3) ≤ 5 ⇔ log 2 (x 2 + 2x − 3) ≤ 5

3

(1,0 điểm)

⇔ x 2 + 2x − 35 ≤ 0 ⇔ −7 ≤ x ≤ 5
Kết hợp điều kiện ta được: 1 < x ≤ 5 là nghiệm của bất phương trình.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1 < x ≤ 5.
Tính nguyên hàm:
Đặt t = 2x − 1 ⇒ t 2 = 2x − 1 ⇒ tdt = dx
⇒I=∫


tdt
4 
= ∫ 1 −
÷dt = t − 4 ln t + 4 + C
t+4
 t+4

= 2x − 1 − 4 ln
4
(1,0 điểm)

(

)

2x − 1 + 4 + C

Tìm tọa độ đỉnh B, C.
uur
Ta có: IA = (1; 3) ⇒ IA = 10 .

uur
Giả sử B(b, b − 7) ∈ d ⇒ IB = (b − 2, b − 6) ⇒ IB = 2b 2 − 16b + 40
I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ IA = IB ⇔ IA 2 = IB2
 b = 5 ⇒ B(5; −2)
⇔ 10 = 2b 2 − 16 b + 40 ⇔ b2 − 8b + 15 = 0 ⇔ 
 b = 3 ⇒ B(3; −4)
Do tam giác ABC vuông tại A ⇒ I(2; −1) là trung điểm của BC.
▪ Với B(5; −2) ⇒ C(−1; 0).
▪ Với B(3; −4) ⇒ C(1; 2).

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
0,5
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


5
(1,0 điểm)

Vậy tọa độ đỉnh B, C là: B(5; −2),C(−1; 0) và B(3; −4),C(1; 2).
a. (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức:
π
< α < 0 ⇒ sin α < 0, cos α > 0.
2
1
1
1
2
2
⇔ 1+ =
⇒ cos α =
Ta có: 1 + tan α =
2
2
4 cos α
cos α
5
1
⇒ sin α = tan α.cos α = −
5
2
1 2
Do đó: A = 5 cos α − 10 sin α cos α = 5 × + 10 × × = 2 + 4 = 6.

5
5 5
b. (0,5 điểm) Tính xác suất …
Phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên”.
3
⇒ Số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = C10
= 120.
Gọi A là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên có tích là một số chẵn”.
⇒ A là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên có tích là một số lẻ”
Chọn được 3 số tự nhiên lẻ có C36 cách.
Do −

0,25

0,25

0,25

⇒ n(A) = C36 = 20.
n(A) 20 1
=
= ×
n(Ω) 120 6
1 5
Vậy P(A) = 1 − P(A) = 1 − = ×
6 6
Tính thể tích khối lăng trụ …
Do đó: P(A) =

6

(1,0 điểm)
Gọi O là tâm hình thoi ABCD.
·
Do hình thoi ABCD có BAD
= 120o
⇒ ∆ABC, ∆ACD đều.
⇒ AC = a.
Ta có: SABCD = 2S∆ABC =

a

2

0,25

A'

D'

C'

B'

0,25

3
2

A

D

H

120o
O

B

C

Mà ABCD.A ' B'C' D ' là lăng trụ đứng.
⇒ ∆ACC' vuông tại C ⇒ CC' = AC'2 − AC 2 = 5a2 − a 2 = 2a.
a2 3
Vậy VABCD.A 'B'C'D' = CC'.SABCD = 2a ×
= a3 3 .
2
Tứ giác AB'C' D là hình bình hành ⇒ AB' // C' D ⇒ AB' // (BC' D).
⇒ d(AB',BD) = d(AB',(BC' D)) = d(A,(BC' D)) = d(C,(BC ' D)).
Vì BD ⊥ AC,BD ⊥ CC' ⇒ BD ⊥ (OCC') ⇒ (BC' D) ⊥ (OCC').
Trong (OCC'), kẻ CH ⊥ OC' (H ∈ OC').
⇒ CH ⊥ (BC' D) ⇒ d(C,(BC' D)) = CH
∆OCC' vuông tại C ⇒
Vậy d(AB',BD) =

2a
17

1
1

1
4
1
2a
=
+
= 2 + 2 ⇒ CH =
2
2
2
CH
CO CC'
a 4a
17
×

0,25

0,25

0,25


7
(1,0 điểm)

Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Gọi N, K lần lượt là trung điểm của HD và AH ⇒ NK // AD và NK =
Do AD ⊥ AB ⇒ NK ⊥ AB.
Mà AK ⊥ BD ⇒ K là trực tâm tam giác ABN.

Suy ra BK ⊥ AN (1)
1
Vì M là trung điểm BC ⇒ BM = BC.
2

1
AD.
2

A

Do đó NK // BM và NK = BM
⇒ ◊ BMNK là hình bình hành
⇒ MN // BK (2)
Từ (1) và (2) suy ra MN ⊥ AN.

D
N

K

0,25
H
B

M

⇒ phương trình MN có dạng: x − 7 y + c = 0.
M(−1; 0) ∈ MN ⇔ −1 − 7.0 + c = 0 ⇔ c = 1.
⇒ phương trình AM là: x − 7 y + 1 = 0.

0,25

2 1
Mà N = MN ∩ AN ⇒ N  ; ÷. Vì N là trung điểm HD ⇒ D(2; −1).
 5 5
uuur  8 6 
Ta có: HN =  ; − ÷
5 5
r
Do AH ⊥ HN ⇒ AH đi qua H và nhận n = (4; −3) là 1 VTPT.

0,25

⇒ phương trình AH là: 4x − 3y + 9 = 0.
Mà A = AH ∩ AN ⇒ A(0, 3).
uuur uuuur 2 = 2(−1 − x )
x = −2
B
⇔ B
⇒ B(−2; 2).
Ta có: AD = 2BM ⇔ 
−4 = 2(0 − y B )
y B = 2
Vì M là trung điểm BC ⇒ C(0; −2).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(0; 3),B(−2; 2),C(0; −2),D(2; −1).
8
(1,0 điểm)

C

Giải phương trình:
Điền kiện: x > −2 (*).
3
2
4
3
2
PT ⇔ x (2x + 3x − 14) = (4x + 14x + 3x + 2)

(
⇔ x (x − 2)(2x + 7) (
⇔ x3 (x − 2)(2x + 7)
3

(

x+2 −2

)

)
x + 2 + 2 ) = (4x + 14x + 3x + 2)(x − 2)

x + 2 + 2 = (4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2)(x + 2 − 4)
4

3

 x − 2 = 0 ⇔ x = 2 (thoûa maõn (*))

⇔ 3
4
3
2
 x (2x + 7) x + 2 + 2 = 4x + 14x + 3x + 2


(

0,25

)

2

0,25

(1)

(1) ⇔ x 3 (2x + 7) x + 2 + 4x 4 + 14x 3 = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2
⇔ x3 (2x + 7) x + 2 = 3x 2 + 2
Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình ⇒ x ≠ 0.
3 2
Khi đó, PT ⇔ (2x + 4 + 3) x + 2 = + 3
x x

0,25


⇔ 2(x + 2) x + 2 + 3 x + 2 =

2 3
+
(2)
x3 x

Xét hàm số: f(t) = 2t 3 + 3t với t ∈ ¡ .
Ta có: f '(t) = 6t 2 + 3 > 0 ∀t ∈ ¡
⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên ¡ .
1
1
Do đó (2) ⇔ f x + 2 = f  ÷ ⇔ x + 2 = ⇔ x x + 2 = 1
x
x

(

0,25

)

−1 + 5
x > 0
⇔
⇔x=
(thỏa mãn (*))
2
2
(x + 1)(x + x − 1) = 0
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x =

9
(1,0 điểm)

0,25

−1 + 5
,x = 2.
2

Tìm giá trị lớn nhất của P …
(x + y + x + z)2 (2x + y + z)2
Ta có: (x + y)(x + z) ≤
=
4
4


1
1
8
2
+
÷≥
 3x + 2y + z + 1 3x + 2z + y + 1  3(2x + y + z) + 2
Từ giả thiết suy ra:

8
(2x + y + z)2
≤
3(2x + y + z) + 2

4

0,25

8
t2
≤ ⇔ (t − 2)(3t 2 + 8t + 16) ≥ 0
3t + 2 4
⇔ t ≥ 2 ⇒ 2x + y + z ≥ 2

Đặt 2x + y + z = t (t > 0) ⇒

Mà: 4 ≤ (2x + y + z)2 ≤ (22 + 12 + 12 )(x 2 + y 2 + z 2 ) ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≥
Ta có: P =

2
×
3

2x 2 + y 2 + z 2 + 12x + 2
12x + 2
= 1+ 2
2
2
2
2x + y + z
x + x 2 + y2 + z2

0,25

12x + 2
36x + 6
= 1+ 2
2
3x + 2
x2 +
3
36x + 6
Xét hàm số: f(x) = 1 + 2
với x > 0.
3x + 2
≤ 1+

0,25

 x = −1 (loaïi)
−36(3x 2 + x − 2)

, f '(x) = 0 ⇔ 
2
Ta có: f '(x) =
2
2
2
x=
⇒ f  ÷ = 10
(3x + 2)

3
3

x

0
+

y'
y
2
Bảng biến thiên:

2
3
0
10

+∞
−

1


Suy ra: f(x) ≤ 10 ⇒ P ≤ 10.
2
1
Vậy giá trị lớn nhất của P là 10. Dấu “=” xảy ra khi: x = ,y = z = ×
3
3

0,25