de thi thu thpt quoc gia mon toan lan 2 nam 2016 truong thpt ngo si lien

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
− học 20152016
Năm

Môn : TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm).
y=

2 x + 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:.
x − 1 Câu 2 (1,0 điểm).

y = x 4 + mx 2 − m − 5

Cho hàm số có đồ thị là (Cm), m là

tham số. Xác định m để đồ thị (Cm) của hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 3 (1,0 điểm).
log3 15 =
log
a,9log
50 3 10 = b Cho . Tính theo a và b.
Câu 4 (2,0 điểm).
Giải các phương trình sau:
2 s inx cos x + 6 s inx − cosx − 3 = 0

b) .

a) ;

2 2 x +5 + 2 2 x + 3 = 52 x + 2 + 3.52 x+1

Câu 5 (1,0 điểm).
n
Tìm số hạng chứa x4 trong khai triển nhị
Cn1 +2Cn22=15
 x − x ÷ thức Niu-tơn của với x ≠ 0, biết rằng: với n



là số nguyên dương.
Câu 6 (1,0 điểm).
·
SBC
=3 30 0

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam
giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a và AB
vuông góc với mặt phẳng (SBC). Biết SB = 2a và . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Câu 7 (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho d : 2 x + −y + 5 = 0
hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc
đường thẳng và A(4; 8). Gọi E là điểm đối xứng với B qua C, F(5; 4) là hình chiếu vuông góc của B
trên đường thẳng ED. Tìm tọa độ điểm C và tính diện tích hình chữ nhật ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm).

Giải phương trình: .
x x − 1 = (2 x − 3)2 (2 x − 2) + x − 2
Câu 9 (1,0 điểm).
Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa
3
2
2
2
x
+
y
+
z
≤
mãn: . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4
1
1 1
P = 8 xyz + + +
-------- Hết -------xy yz zx
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:............................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 12 lần 2.
C©u

Néi dung bµi

§iÓm


TXĐ D = R\
Ta có , ,
Kl tiệm cận đứng và tiệm
cận ngang

{ 1}
+1 / x
lim+− y =2 −∞
+∞
lim y =x →lim
=2
1
x →±∞
x →±∞ 1 − 1 / x
⇒
∀x−
∈
3D
( x − 1) 2

ta có y’(x) = y’(x) < 0
Ta có bảng biến thiên:
x

1

0,25

0,25

1 − +∞

∞

−

y’

+∞
y

2

2
∞ −

Hàm số nghịch biến trên (∞; 1) và (1; + − ∞). Hàm số không có cực trị
Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm căn cứ, nhận xét đồ thị.

0,25
0,25

∈ ¡= 2 x(2 x 2 + m)
y' ( x) = 4 x 3 +∀2xmx

ta có ,

2

0,25

(Cm) có ba điểm cực trị khi y’(x) 2 x(2 x 2 + m) = 0
= 0 có ba nghiệm phân biệt, tức
là có ba nghiệm phân biệt

0,25

có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ 2 x 2 + m = 0
0,25

⇔m<0

.

0,25

Xét dấu y’ và kết luận.
Ta có
3
Kết luận

1
log 3 50
2
150
log3 50 = log3
= log3 15 + log 3 10 − 1 = a + b − 1

3
log9 50 = log 32 50 =

0,25

0,5
0,25

4

a) TXĐ D =
Phương trình đã cho

¡
⇔ x + 3) = 0
(2s inx − 1)(cos
1

sin x =

⇔
2

 cosx = −3(v« nghiÖm)

0,5

, với k, l là số nguyên.
Kết luận.

0,25
π

 x = 6 + k 2π
⇔
 x = 5π + l 2π

6
0,25


b) TXĐ D =

¡

Phương trình

⇔ 2 2 x +3 (4 + 1) = 52 x +1 (5 + 3)

0,25

⇔ 2 2 x + 3.5 = 52 x +1.8

0,25

.

2x

0,25

2
⇔  ÷ =1
5
⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0

0,25
2
Cn1 + Cn2 = 15 ⇔ Cn+
1 = 15 ⇔

5

n(n+ 1)
= 15
2

Ta có

0,25
 n = 5 (t / m)
⇔ n2 + n − 30 = 0 ⇔ 
 n = −6 (lo¹i)
0,25

5
Với n = 5 và
5
5
x ≠20

 2 2
k
2 k
5− k
k 3 k −5
5− k
x
−
=
C
(
x
)
(
−
)
=
C
x
(
−
2)
ta có
∑ 5
∑
5

x÷
x


 k =0
k =0
Số hạng chứa x4 trong khai triển trên ⇔ thỏa mãn 3k – 5 = 4 k = 3, suy ra số hạng

chứa x4 trong khai triển trên là 40x4.

0,25

0,25

A

I
S
H
B

C

1 ⊥
AB.S SBC
3
1
1
1
BC.BS .sin 300 = 4a.2a 3. = 2a 2 3
2
2
2
1

2
3
3a.2a 3 = 2a 3
3

Ta có AB (SBC) (gt) nên VSABC =
6

Từ gt ta có SSBC =
Khi đó VSABC =
(đvtt).

0,25

0,25
Hạ BH SC (HSC) ta chứng minh

∈
⊥ được SC (ABH)

Hạ BI AH (IAH)

∈
⊥

Từ hai kết quả trên BI (SAC)

7

Ta có C nên C(t; –2t – 5).

⊥ = d(B; (SAC)).
BI ⇒

⇒6 a 7
⇒ BI =
7
d : 2 x +∈y + 5 = 0

Dựa vào tam giác vuông
ABH tính được BI Kl

0,25
0,25


2
2
2
Ta chứng minh 5 điểm A, B, C, ⇔ AC
·AFC
= AF
= 90 0+ CF
D, F cùng nằm trên đường tròn
đường kính BD. Do tứ giác ABCD là hình chữ nhật thì AC cũng là đường kính của
đường tròn trên, nên suy ra được . Kết hợp với gt ta có phương trình:

(t + 4)2 + (−2t − 13)2 = 81 + 144 + (t − 5)2 + (−2t − 1)2 ⇔ t = 1
.

0,25

0,25

Từ đó ta được C(1; –7).
Từ giả thiết ta có AC // EF, BF ED nên BF ⊥ AC, do C là trung điểm BE nên BF cắt

và vuông góc với AC tại trung điểm.

0,25

Suy ra F đối xứng với B qua AC, suy ra ∆ABC = ∆AFC

0,25

⇒ S ABC = S AFC ⇒ S ABCD = 2 S AFC = 75

(đvdt).

[ 1;+∞ )

TXĐ D =

⇔ ( x − 1) x − 1 + ( x − 1) + x − 1 = (2 x − 3)3 + (2 x − 3)2 + 2 x − 3

0,25

Phương trình (1)

8

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t 2 + t ⇒ f' (t ) = 3t¡2 + 2t + 1 ⇒ f' (t ) > 0, ∀t ∈ ¡
suy ra hàm
số f(t) đồng biến trên .
Phương trình ⇔ x − 1 = 2 x − 3f ( x − 1) = f ( 2 x − 3)
(1) có dạng .
x ≥ 3 / 2
Từ hai điều ⇔  x ≥ 3 / 2
⇔
⇔ x= 2

 2
2
trên phương
 x − 1 = 4 x − 12 x + 9
4 x − 13 x + 10 = 0
trình (1)

9

Ta có , đặt t =
Mà

3

P . Xét hàm số .
Ta có , f'(t) =, .
Ta có bảng:

t

0

1
1 3 xyz
1 >0 1
+ + ≥ 33 2 2 2
xy yz
zx
x y z
x2 + y 2 + z 2 1
1
2 2 2
x y z ≤
≤ ⇒03⇒
4
2
f 3(3t ) =33
≥88t t ++ 2 2
tt
∀t2 ≠ 06
− t3= 5 1
f''(t ) 24
= 0t ⇔
t
4

5

11
2−4

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0

f’(t)

f(t)

13

Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với mọi giá
1
0trị t thỏa mãn
2
Suy ra P ≥ 13. Dấu bằng xảy ra khi t

1 = hay x = y = z = Kl: MinP = 13.
2

0,25

0,25