de thi thu thpt quoc gia mon toan lan 2 nam 2016 truong thpt bo ha bac giang

Trường THPT Bố Hạ
Tổ Toán- Tin

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN, LỚP 12
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên
2x +1
y=
và vẽ đồ thi hàm số .
x +1
Câu 2 (1,0 điểm) Cho hàm số có đồ y = x 3 − 3x 2 − 3x − 2
thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến
của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.
2m + 1
Câu 3 (1,0 điểm) Cho hàm y = x3 + 2(xm
d12:−+y2)
x2 +−
x=22x +
x (8
5m) x + m − 5
3 =−20

số ﾧ có đồ thị (Cm) và
đường thẳng ﾧ. Tìm m để d cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ tại x1, x2 , x3 thỏa
mãn: ﾧ.
Câu 4 (1,0 điểm) Giải (2sin x − 1)( 3 sin x + 2 cos x − 2) = sin 2 x − cos x
phương trình lượng
giác: ﾧ

Câu 5 (1,0 điểm)
An2 − 3Cn2 = 15 − 5n. a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn:

b) Tìm hệ số của

8

x trong khai triển
Câu 6 (1,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a)
32 + x + 32− x = 30
b)
log3 x 2 + x + 1 = log3 ( x + 3) + 1

(

20

1 

P( x ) =  2 x − 2 ÷ , x ≠ 0.
x 


)

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp AB = 2a, AD = a 3
S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ
nhật với ﾧ. Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt
đáy. Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 45 0. Tính thể tích của khối chóp

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với AN = 2 AB
3
hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật
ABCD có tâm I(1;3). Gọi N là điểm thuộc cạnh AB sao cho . Bi ết đường th ẳng DN có
phương trình x+y-2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B.
Câu 9 (1,0 điểm)
Giải hệ phương
trình: ﾧ.

32 x 5 − 5 y − 2 = y ( y − 4) y − 2 − 2 x
( x, y ∈ ¡

3
( y − 2 − 1) 2 x + 1 = 8 x − 13( y − 2) + 82 x − 29

)

x, y , z

x 1> 2, y > 1, z > 0
1
Câu 10 (1,0 điểm) P =
−
2 x 2 + y 2 + z 2 − 2(2 x + y − 3) y ( x − 1)( z + 1)
Cho các số thực ﾧ
thỏa mãn ﾧ. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ﾧ
------------------------- Hết -----------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh.............................................................................Số báo danh...............................

+
limlim
y=
y;¡1−=
−∞
lim
1\2;
(-1;+
( −∞
) 2;{;>xx−lim
1}1∀y−x∞y=≠)=2−+∞
y=
1
→0,
( −1)
2 →−∞
( x + 1) x + 1

=+
→+∞
x →y
( −x'1)

2
ĐÁP ÁN ĐỀyTHI
' = 3xTHỬ
− 6 x −KỲ
3 THI QUỐC GIA THPT
NĂM HỌC

LẦN 2
y '(0)2015-2016
= −3
Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò

y = y '(0)( x − 0) − 3 = −3 x − 2

C©u

C©u 1
1.0®

Néi dung

§iÓm

Hàm số
- TXĐ:
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn và tiệm cận : .Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
. Đường thẳng x= -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0,25đ

+) Bảng biến thiên
Ta có :
Hàm số đồng biến trên các khoảng
Hàm số không có cực trị

0,25đ

Vẽ đúng bảng biến thiên

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

- Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị
Gọi A là giao điểm của đồ thị (C) và trục tung. Suy ra A(0;-2)
C©u 2
1,0đ

0,25đ
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(0;-2) là

0,25đ

3
2
x 3 + 2( m − 2) x 2 + (8 − 5m)⇔
x +(m
5 = xx2 −+m
x −−2)
2(+m1−⇔
1) xx ++3 2(
− m −=2)0x + (7 − 5m) x + 2m − 6 = 0 0,25đ

Phương trình hoành
độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng d là: ﾧﾧ(1)

ﾧ Đặt f(x)=VT(2)
x = 2
⇔

C©u 3
1,0đ

 2 khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
(Cm) cắt d tại 3 điểm phâm biệt
 x + 2(m − 1) x + 3 − m = 0(2)

0,25đ

 ∆ ' = (m − 1) − (3 − m) > 0
( m − m − 2 > 0
m > 2
⇔
⇔
(3)

 ), x x = 3 − m Khi
x
+
x
=
2(1
−
m
2
3

m −1 sử x1=2; x2,x3 0,25đ
đó
 f (2) ≠ 0
 m ≠2 −31
2

2

là nghiệm của (2). Ta có
x + x + x = 4 + (x 2 + x 3 ) − 2x 2 x 3 = 4m 2 − 6m + 2 Ta có ﾧ
2
1

2
2

2
3

2

2
2
3
+ 2x −
x 32−=920
2 +
⇒ 4m 2 − 6m + 2 = 20 ⇔x12m
3m

= 0 ⇔ m = 3 hoÆc m = 2

0,25đ

ﾧﾧ tm

C©u 4
1,0đ

ﾧ
ﾧ
+)

(2sin x − 1)( 3 sin x + 2 cos x − 2) = sin 2 x − cos x ﾧ(1)
(1) ⇔ (2sin x − 1)( 3 sin x + 2 cos x − 2) = cos x(2sin x − 1)
⇔ (2sin x − 1)( 3 sin x + cos x − 2) = 0
 2sin x − 1 = 0(2)
⇔
 3 sin x + cos x = 2(3)

(2) ⇔ x =

π
5π
+ k 2π , x =
+ k 2π
6
6

π


x = + k 2π

π
2


12
sin  x + ÷ =
⇔
6 2

 x = 7π + k 2π
KL

12

C©u 5
1,0đ

n ∈ ¥ , n ≥ 2 a)ĐK: .
An2 − 3Cn2 = 15 − 5n ⇔ n(n − 1) −

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

3.n !
= 15 − 5n
2!(n − 1)!


n = 5
⇔ n 2 − 11n + 30 = 0 ⇔ 
n = 6

0,25đ
20
20
b)
0,25đ
1 

k
k 20 − k 20 −3 k
k
P( x ) =  2 x − 2 ÷ = ∑ C20 (−1) 2 x
Số hạng tổng C 20 (−1)k 2 20 −k x 20 −3 k
x


k =0
quát của khai
triển trên là

20 − 3k = 8 ⇔ k = 4 Hệ số của x8 trong khai triển

0,25đ

trên ứng với
8
4
C 20
(−1)4 216 Vậy hệ số của x trong khai triển

P(x) là
32 + x + 32− x = 30 ⇔ 3.(3 x )2 − 10.3 x + 3 = 0 a)

C©u 6
1,0đ

3 x = 3
⇔ x
3 = 1 / 3

x = 1
⇔
 x = −1
2
log3 x + x + 1 = log3 ( x + 3) + 1

(

0,25đ

)

b) (1)
Điều kiện : x>-3.
log3 x 2 + x + 1 = log 3 ( x + 3) + 1 ⇔ log 3 x 2 + x + 1 = log 3 3( x + 3)

(

)

(

(x

)

)

+ x + 1 = 3( x + 3)
 x = −2
x2 − 2x − 8 = 0 ⇔ 
x = 4
Gọi hình chiếu của S trên AB là H.
2

0,25đ

0,25đ

SH ⊥ AB, ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB, (SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD )

Ta có

0,25đ

0,25đ

SH
· ⊥ ( ABCD
SDH
= 450 ) , suy ra góc giữa SD và (ABCD)

là .
SH = HD = 2 a Khi đó tam giác SHD vuông
C©u 7
1,0đ

cân tại H, suy ra ,
Khi đó thể tích lăng trụ là
1
4a 3 3
V
=
SH
.
S
=
S . ABCD
ABCD
(đvtt)
3
3

SA ⊂ (SAx) Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà
⇒ d (BD,SA) = d (BD, (SAx)) = d (B, (SAx)) = 2d (H, (SAx))

Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H trên Ax và SI

0,25đ

HK ⊥ (SAx)

Chứng minh được

2a 93
31

⇒ d (BD,SA) = 2HK
d (H,
= (SAx)) = 2 HK =

C©u 8
1,0đ

0,25đ

4a 93 Tính được .
31

0,25đ

AD = x( x > 0) ⇒ AB = 3x, AN = 2 x, NB = x, DN = x 5, BD = x 10

Đặt
Xét tam giác BDN có

0,25đ
BD + DN − NB
7 2
·
cos BDN
=
=
2 BD.DN
10
r
2
2
n(a; b)( a + b ≠ 0) Gọi là vectơ pháp tuyến của 0,25đ

BD, BD đi qua điểm I(1;3),
PT BD:

2

2

ax + by − a − 3b = 0

2


r uur

·
cos BDN
= cos(n, n1 ) =

|a+b|
a 2 + b2 2

=

3a = 4b
7 2
⇔ 24a 2 + 24b 2 − 50ab = 0 ⇔ 
10
 4a = 3b

3a = 4b BD:4x+3y-13=0
D = BD ∩ DN ⇒ D (7; −5) ⇒ B (−5;11)
4a = 3b BD:3x+4y-15=0
+) Với , chon a=3,b=4, PT
D = BD ∩ DN ⇒ D (−7;9) ⇒ B (9; −3)

+) Với , chon a=4,b=3, PT

+)

0,25đ
0,25đ

ﾧ
32 x 5 − 5 y − 2 = y ( y − 4) y − 2 − 2 x(1)

x
,
y
∈
¡
(
)

Đặt đk
3
y − 2) + 82 x − 29(2)
( y − 2 − 1) 2 x +5 1 = 8 x − 13(
(1) ⇔ (2 x) + 2 x = ( y 2 − 4 y ) y − 2 + 5 y − 2 ⇔ (2 x)5 + 2 x =

(

0,25đ
1
x5 ≥ − , y ≥ 2
y − 2 + y2 − 2(3)

)

f (ft(2
) =x)t =+ ft ,( f '(yt−) =
t +21x>=0, ∀yx−∈2R Xét hàm số , suy ra
2)5⇔
5

4

hàm số f(t) liên tục

trên R. Từ (3) ta có
C©u 9
1,0đ

0,25đ
2 x = y − 2( x ≥ 0) Thay vào (2) được
3
2
(2 x − 1) 2 x + 1 = 8 x − 52 x + 82 x − 29

Với x=1/2. Ta có y=3

(4) ⇔ ( 2 x + 1 − 2) − (4 x 2 − 24 x + 27) = 0 ⇔

2 x − 3 ⇔ (2 x − 1) 2 x + 1 = (2 x − 1)(4 x 2 − 24 x + 29)
− (2 x − 3)(2 x − 9) = 0
2 x + 1 +⇔
2 (2 x − 1) 2 x + 1 − 4 x 2 + 24 x0,25đ
− 29 = 0

(

x = 3 / 2
⇔
1

(2 x − 9) = 0(5)

 2 x + 1 + 2

)

1

x = 2

 2 x + 1 − 4 x 2 + 24 x − 29 = 0(4)

Với x=3/2. Ta có y=11
t + 2t −t 10
(t29
+23)(
= −221
x +=10≥1⇔
x =t t −−t 1− 7) = 0 Xét (5). Đặt . Thay
+0 ⇒
t=
vao (5) được . Tìm
2
được . Từ đó tìm được
3

C©u 10
1,0đ

22

KL

13 + 29
103 + 13 29
x=
,y=
4
2

Đặt

a = x − 2, b = y − 1, c = z ⇒ a, b, c > 0

P=
Ta có
Dấu “=” xảy ra khi

1
2 a + b + c +1
2

2

2

−

2

+

(c + 1) 2 1
≥ (a + b + c + 1) 2
2
4

a = b = c =1

(a + 1)(b + 1)(c+ 1) ≤
. Dấu “=” xảy ra khi

0,25đ

1
ﾧ
(a + 1)(b
+2 1)(c2 + 1) (a + b) 2
2
a + b + c +1 ≥

0,25đ

(a + b + c + 3)3 Mặt khác
27
Khi đó P ≤

0,25đ
a = 27
b = c =1
1
−

a + b + c + 1 ( a + b + c + 3)3

t = 1a + b +27c + 1 > 1 Đặt . Khi đó
0,25đ
P≤ −
,t > 1
3
t (t + 2) 1
27
1
81
81t 2 − (t + 2) 4
f (t ) = −
,
t
>
1;
f
'(
t
)
=
−
+
=
t (t + 2)3
t 2 (t + 2) 4
t 2 (t + 2) 4

f '(t ) = 0 ⇔ 81t 2 − (t + 2) 4 = 0 ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 4 Xét (do t>1)

lim f (t ) = 0
x →+∞


Bảng biến thiên
t
f’(t)
f(t)

0,25đ
1

4
0

+

1
8

0
Vậy

+∞

0
1
maxf(x)=f(4)= Từ BBT Ta có
1 8a = b = c = 1
ma xP = f(4) = ⇔ 

⇔ a = b = c = 1 ⇒ x = 3; y = 2; z = 1
8
a + b + c + 1 = 4

Hết