de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan truong thpt ly thai to bac ninh lan 2

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐỀ THI THỬ LẦN 2

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

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: với m là
2mx + 1
(1)
tham số.
x −1
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của m = 1. hàm số (1) khi
b. Tìm tất cả các giá trị m để
4(x1d:
+ xy2 =)x−1−,x
62xx2 1+
x 2m= 21.
đường thẳng cắt đồ thị của
hàm số (1) tại hai điểm phân biệt có hoành độ sao cho
Câu 2 (1,0 điểm).
sin 2x + 1 = 4 cos x − cos 2x.
a. Giải phương trình:
b. Giải bất phương trình:
log2 (x − 1) ≤ log 1 (x + 3) + 5.
2
Câu 3 (1,0 điểm). Tính
dx
I=∫

×
nguyên hàm:
2x − 1 + 4
A(
y2−3; −
;721=
) 0.
Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ x −I(
tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại có tâm đường tròn ngoại tiếp là và điểm B nằm trên đường
thẳng d có phương trình: Tìm tọa độ đỉnh B, C.
Câu 5 (1,0 điểm).
a. Cho với Tính giá trị của biểu
π
1 2α.
A = −5tan
cos
α
<α
α
= −−
<50sin
.
thức:
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.
·AC'AB'
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABCD.A
BAD

=='aB'C'
120
5 .o D'
đứng có đáy là hình thoi cạnh a, và Tính
thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng và BD theo a.
+ y−6−1;307=)0.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ 7 x M(
H  − ; ÷,
 5 5  tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
hình chiếu vuông góc của A lên đường
thẳng BD là điểm là trung điểm cạnh BC và phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác
ADH có phương trình là Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

2x 5 + 3x 4 − 14x 3
2  Câu 8 (1,0 điểm). Giải
= 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2  1 −
÷.
x+2
x + 2  phương trình:

2
2
+
= (x + y)(x + z).
3x + 2y + z + 1 3x + 2z + y + 1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn:
2(x + 3)2 + y 2 + z 2 − 16 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P=
×
-------------------------- Hết

2x 2 + y 2 + z 2
-------------------------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:..................................
y=

(

)


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 a. (1,0 điểm)
m
=

1
⇒
y
=
D = ¡ \ {1} x − 1

• Tập xác định: .
• Sự biến thiên:
, là đường TCN của đồ lim ylim
= 2y⇒
= 2y = 2
x →+∞ x →−∞
thị hàm số.
, là đường TCĐ của đồ lim− ylim
= −∞
y =⇒
+∞x = 1
x →1 x →1+
thị hàm số.
−3
<;1)
0). ∀x ∈ D
⇒
(2−∞
+∞
Hàm số nghịch biến trên y ' = (x − 1)(1;
các khoảng và
−∞
x
1 +∞

−
y'
y

2

• Đồ thị:

0,25

0,25
0

−

x
y

0,25

+∞
−∞ 2

Bảng biến thiên:

0,25

−1

1

2

0

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


2
(1,0 điểm)

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
x +hai
m⇔
⇔
 ≠
Đồ thị hàm số (1) cắt= d−2tại
điểm
21 phân biệt(2) có 2 nghiệm phân biệt
x −1
2x + (m − 2)x + m + 1 = 0 (2)

1
m
≠
−


Do là nghiệm của (2)
 x ,x 2 − m 2
2 + m − 2 + m +1x1≠+01x 2 2= 
⇔
⇔  2
1 − 5m(*)
= 21

m=>21
6+
4(x1 + x2∆) −= 6mx21x−212
=⇒
21−⇔⇔
⇔2  10
m
4 > 0 1 − 5m
1 − 5m = −21
x x = m +1
m
<
6
−
2
10
1 2



2

Theo giả thiết ta có:
 m = −4 (thoûa maõn (*))
m = −4.
Vậy giá trị m thỏa ⇔ 
22

mãn đề bài là:
m=
(khoâng thoûa maõn (*))

a. (0,5 điểm) Giải phương trình:5
⇔ sin 2x + 1 + cos 2x − 4 cos x = 0
⇔ 2 sin x cos x + 2 cos2 x − 4 cos x = 0
 cos x⇔
= 0cos x(sin x + cos x − 2) = 0
π
⇔
⇔
x
=
+ kπ
Vậy
π 2 2
2
2
sin
x
+
cos
x

=
2
(VN
do
1
+
1
<
2
)
x
=
+
k
π
.

nghiệm của
2
phương trình đã cho là:
b. (0,5 điểm) Giải bất phương trình:
x > 1.
Điều kiện:
BPT
⇔ log 2 (x − 1) + log 2 (x + 3) ≤ 5 ⇔ log 2 (x 2 + 2x − 3) ≤ 5

PT

⇔ x 2 + 2x − 35 ≤ 0 ⇔ −7 ≤ x ≤ 5

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25


3
(1,0 điểm)

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

4
(1,0 điểm)

Tìm tọa độ đỉnh B, C.
Ta có:

0,25


tdt
4 
= ∫ 1 −
÷dt = t − 4 ln t + 4 + C
t+4
 t+4
= 2x − 1 − 4 ln 2x − 1 + 4 + C

(

0,5

)

0,25

uur
IA
uur = (1; 3) ⇒ IA = 10 .
B(b, b − 7) ∈ d ⇒ IB = (b − 2, b − 6) ⇒ IB = 2b 2 − 16b + 40

0,25

Giả sử

I là tâm đường tròn ngoại ⇒ IA = IB ⇔ IA 2 = IB2
tiếp tam giác ABC
 b = 5 ⇒ B(5; −2)
⇔ 10 = 2 b 2 − 16 b + 40 ⇔ b 2 − 8b + 15 = 0 ⇔ 
 b = 3 ⇒ B(3; −4)

5
(1,0 điểm)

6
(1,0 điểm)

Do tam giác ABC vuông tại A là ⇒ I(2; −1)
trung điểm của BC.
B(5; −2) ⇒ C(−1; 0).
▪ Với
B(3; −4) ⇒ C(1; 2).
▪ Với
B(
B(53;;−−24),C(
),C(−1;12; 0).)
Vậy tọa độ đỉnh B, C là: và
a. (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức:
Do
Ta có:

0,25
0,25

π

− < α < 0 ⇒ sin α < 0, cos α > 0.
1
1
1
2
1 + tan 2 α =2
⇔
1
+
=
⇒
cos
α
=
2
2
1
cos
5
⇒
sinαα = tan α4.coscos
α =α−
2
1
2
A = 5 cos α − 10 sin α cos α = 5 × + 10 × 5 × = 2 + 4 = 6.
5
5 5

Do đó:

A'
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 n(Ω) = ⇒
C10
= 120.
mẫu là:
Gọi A là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên có tích là một số chẵn”.
là biến cố “Chọn được ba số tự ⇒ A nhiên có tích là một số lẻ”
Chọn được 3 số tự nhiên lẻ có C3 cách.
6
⇒
n(A)
=
C36 = 20.
C'
B'
Do đó:
n(A) 20 1
P(A) =
=
= ×
Vậy
1 65
n(
Ω
)
120
Tính thể tích khối lăng trụ P(A)

… = 1 − P(A) = 1 − 6 = 6 ×

A

120

0,25

0,25

D'

0,25

0,25

D

H

o

0,25

0,25

O
B

C

Gọi O là tâm hình thoi ABCD.
·
Do
hình BAD
= 120o
thoi ABCD
có
∆ABC,⇒∆ACD
đều.
⇒ AC = a.
a2 3
SABCD = 2S∆ABC =
Mà là lăng
trụ đứng.
2 ABCD.A ' B'C' D '
⇒ ∆ACC'
vuông
tại
C
Ta có:
⇒ CC' = AC'2 − AC2 = 5a2 − a2 = 2a.
Vậy
a2 3
VABCD.A
=
CC'.S
=
2

a
×
= a3 3 .
C'
AB'C'
⇒
D
⇒
AB'
AB'
D
(BC'
D).
Tứ giác là hình bình
hành
////
'B'C'D'
ABCD
2
⇒ d(AB',BD) = d(AB',(BC' D)) = d(A,(BC' D)) = d(C,(BC ' D)).
BD ⊥ AC,BD ⊥ CC' ⇒ BD ⊥ (OCC') ⇒ (BC' D) ⊥ (OCC').

0,25

0,25

Vì
Trongkẻ

7

(1,0 điểm)

CH ⊥ OC'
(OCC'),
(H ∈ OC').
⇒ CH ⊥ (BC' D) ⇒ d(C,(BC' D)) = CH
vuông tại C
1
1
1∆OCC'
4
1
2a
⇒
=
+
= 2 + 2 ⇒ CH =
Vậy
2
2
2
CH
CO d(AB',BD)
CC'
a= 24aa ×
17
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ
nhật ABCD.
17
NK

Gọi N, K lần lượt là trung điểm ⇒AD
1
NK = AD.
của HD và AH// và
2
AD ⊥ AB ⇒ NK ⊥ AB.
Do
Mà là trực tâm tam giác ABN. AK ⊥ BD ⇒ K
BK ⊥ AN
Suy ra (1)
Vì M là trung điểm BC
1
⇒ BM = BC.
2
NK
= BM
A
Do đó // NK
BM và
BK
MN
◊ hình
BMNK
là ⇒⇒
hành // (2)
K
MN ⊥ AN.
Từ (1) và (2) suy ra

bình

0,25

D

N

x − 7 y⇒
+ c = 0.
phương trình MN có dạng:
HMN ⇔ −1 − 7.0 + c = 0 ⇔ c = 1.
M(−1; 0) ∈
x − 7 y⇒
+ 1 = 0.
phương trình AM
C
B
M
là:
⇒ D(2; −1).  2 1 
Mà Vì N là trung điểm
N = MN ∩ AN ⇒ N  ; ÷.
HD
5 5
uuur  8 6 
Ta có:
r = ;− ÷
AH
Do AH đi qua H và nhận là 1 HN
n =⊥(4HN

)5 
5; −3⇒
VTPT.
4x − 3y⇒+ 9 = 0.
phương trình AH là:
A = AH ∩ AN ⇒ A(0, 3).
Mà
uuur uuuur 2 = 2(−1 − x )
Ta có:
x B = −2
B
AD
=
2
BM
⇔
⇔
⇒ B(−2; 2).


⇒
C(
0
;
−
2
).
Vì M là
−4 = 2(0 − y B )
y B = 2



trung điểm
BC
Vậy tọa độ các đỉnh A(0; 3),B(−2; 2),C(0; −2),D(2; −1).
của hình chữ nhật là:

0,25

0,25

0,25

0,25


8
(1,0 điểm)

Giải phương trình:
Điền kiện:

x > −2 (*).

⇔ x3 (2x 2 + 3x − 14) = (4x 4 + 14x3 + 3x 2 + 2)
PT

(
⇔ x (x − 2)(2x + 7) (

(

x+2−2

)

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

⇔ x3 (x − 2)(2x + 7)

x + 2 + 2 = (4x 4 + 14x3 + 3x 2 + 2)(x + 2 − 4)

3

4

3

 x − 2 = 0 ⇔ x = 2 (thoûa maõn (*))
⇔ 3
4
3
2
 x (2x + 7) x + 2 + 2 = 4x + 14x + 3x + 2


(

)

2

0,25

(1)

(1) ⇔ x3 (2x + 7) x + 2 + 4x 4 + 14x3 = 4x 4 + 14x 3 + 3x 2 + 2
⇔ x3 (2x + 7) x + 2 = 3x 2 + 2
⇒xx=≠00.
Nhận thấy không là
nghiệm của phương trình
Khi đó, PT
3 2
⇔ (2x + 4 + 3) x + 2 = + 3
2 3
+ 2 t+∈3 ¡3x. + 2 =x 3 x+
(2)
Xét hàm số: với ⇔ 2(x + 2) x f(t)
= 2t + 3t x x
Ta có:
f '(t) = 6t 2 + 3 > 0 ∀t ∈ ¡
⇒
¡.
Hàm số f(t) đồng biến
trên
Do đó
1
1
(2(thỏa

) ⇔ f x + 2 = f  ÷⇔ x + 2 = ⇔ x x + 2 = 1
x > 0
x −1 + 5
x
⇔
⇔x=
mãn (*))
2
2
(x + 1)(x + x − 1) = 0
Vậy nghiệm của 
−1 + 5
x=
,x = 2.
phương trình đã cho là:
2
Tìm giá trị lớn nhất của P …
Ta có:
(x + y + x + z)2 (2x + y + z)2
(x + y)(x + z) ≤
=


1
14
48
≥
2
Từ giả thiết 2  3x + 2y + z + 1 +83x + 2z + y(+2x1 ÷
2x + y + z) + 2


+ y 3+(z)
≤
suy ra:
3(2x + y + z) + 2
4
2 + y + z = t (t > 0) ⇒
2
x
Đặt
8
t
≤⇔ t ≥
⇔2(t⇒−22x)(+3ty2 ++ z8t≥+216) ≥ 0
2
3t + 2 4
4 ≤ (2x + y + z)2 ≤ (22 + 12 + 12 )(x 2 + y 2 + z 2 ) ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≥ ×
3
Mà:
Ta có:
2x 2 + y 2 + z 2 + 12x + 2
12x + 2
P=
= 1+ 2
2
212x 2+ 2
36x ++6x 2 + y 2 + z 2
2x≤ +1 +y + z
=
1

+
x2 > 036
. x 3x
Xét hàm số: với
+ 62 + 2
f(x)
x 2 += 1 + 2  x = −1 (loaïi)
3 3x + 2
−36(3x 2 + x − 2)

f '(x) =
,
f
'(x)
=0⇔
2
2
2
2
x=
⇒ f  ÷ = 10
(3x + 2)

3
3

(

9
(1,0 điểm)

Ta có:
Bảng biến thiên:

0,25

0,25

)

0,25

0,25

0,25

0,25


x
y'

.2
0f(x) ≤ 10 ⇒ P ≤ 10+∞
−
+
3
0

y

10
2

Suy ra:
Vậy giá trị lớn nhất của P là
2
1
x = ,y = z = ×
10. Dấu “=” xảy ra khi:
3
3
▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.

1
0,25