Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên bắc ninh lần 2 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
TỔ: TOÁN – TIN

ĐỀ THI ĐỊNH KỲ LẦN 2 NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – KHỐI A
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 17/12/2015

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − (2m + 1) x 2 + m 2 + m(1)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.
b. Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ
x1 ; x2 ; x3 ; x4 thỏa mãn x14 + x2 4 + x34 + x4 4 = 26
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos3x-cosx+sin4x=2sin2x
x+2
2
=2
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình log 2 ( x + 2 x) − log 1
x
2
Câu 4 (1,0 điểm). Cho góc α thỏa mãn

π
< α < π và 2sin α + cosα = 1 . Tính giá trị biểu thức
2

sin α − 2cosα
tan α + 1
Câu 5 (1,0 điểm).
a. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được thành lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3,

4, 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn.
n +1
n+ 2
n +3
2n
2 n +1
k
b. Cho n là số nguyên dương, tính tổng S = C2 n +1 + C2 n +1 + C2 n+1 + ... + C2 n +1 + C2 n +1 ( với Cn là số tổ hợp
A=

chập k của n phần từ)
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, B’A = B’B = B’C, góc
giữa cạnh bên BB’ và (ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AC, BB’
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(3;0) là hình chiếu
vuông góc của điểm A trên đường thẳng BD, điểm K(0;–2) là trung điểm cạnh BC, phương trình đường trung
tuyến đi qua đỉnh A của tam giác ADH là 7x + 9y – 47 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
(tanx − tany)(1 − tan x tan y )

π
 x − y = (1 + tan 2 x)(1 + tan 2 y )
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
(với x, y ∈ [0; ))
2
 3 7 x + 1 + 5 y + 4 = 2 x + 3 + y ( x − 1)

Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
T = 2 1+ x + 1+ y2 + 1+ z2
––––––––––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: ................................

ĐÁP ÁN
Câu 1
a. Với m = 1 ta có y = x 4 − 3x 2 + 2
+Tập xác định: D = ℝ.
+Sự biến thiên:
–Chiều biến thiên: y ' = 4 x 3 − 6 x
y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±

3
2

Các khoảng đồng biến: (−

3
3
;0) và ( ; +∞)
2
2

Các khoảng nghịch biến: (−∞; −

3
3
) và (0;
)

2
2

–Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = −
y = +∞; lim y = +∞
–Giới hạn tại vô cực: xlim
→−∞
x →+∞
+Bảng biến thiên

+ Đồ thị

−1
3
−1
3
và x=
; yCT =
; yCT =
4
2
4
2


b. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành: x 4 − (2m + 1) x 2 + m 2 + m = 0
Đặt t = x2, t ≥ 0, phương trình (2) trở thành:
t 2 − (2m + 1)t + m 2 + m = 0(3)
<=> (t − m)(t − m − 1) = 0
t = m

<=> 
t = m + 1
Đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt
⇔ phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt
m > 0

<=>  m + 1 > 0 <=> m > 0
m ≠ m + 1

Giả sử x1 = − m ; x2 = m ; x3 = − m + 1; x4 = m + 1 . Khi đó:
x14 + x2 4 + x34 + x4 4 = 26
<=> 2m 2 + 2(m + 1) 2 = 26
<=> m 2 + m − 6 = 0
⇔ m = –3 (loại) hoặc m = 2 (thỏa mãn)
Vậy m = 2.
Câu 2


cos 3x − cos x + sin 4 x = 2sin 2 x
<=> −2sin 2 x sin x + 2sin 2 x cos 2 x − 2sin 2 x = 0
<=> 2sin 2 x( − sin x + cos 2 x − 1) = 0
sin 2 x = 0
<=> 
 − sin x + cos 2 x − 1 = 0
kπ
+) sin 2 x = 0 <=> x =
2
+) − sin x + cos 2 x − 1 = 0 <=> − sin x + 1 − 2sin 2 x − 1 = 0
<=> − sin x(2sin x + 1) = 0


 x = kπ
sin x = 0

2π

<=>
<=>  x =
+ k 2π
−
1
sin x =

3

2

2π
x = −
+ k 2π
3

kπ

x = 2
(k ∈ ¢ )
Vậy nghiệm của phương trình là 
 x = ± 2π + k 2π

3
Câu 3

x+2
log 2 ( x 2 + 2 x) − log 1
= 2 (1)
x
2
 x2 + 2 x > 0
x > 0

<=> 
ĐK:  x + 2
>0
 x < −2

 x
x+2
(1) <=> log 2 (x 2 + 2 x) + log 2
=2
x
x + 2

<=> log 2 ( x 2 + 2 x)
=2
x 

<=> x 2 + 4 xx + 4 = 4
<=> x 2 + 4 x = 0
⇔ x = 0 (loại) hoặc x = –4 (thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {–4}
Câu 4
π

Vì < a < π => sin a > 0;cos a < 0 , do dó:
2


2sin a + cos a = 1
<=> 2sin a = 1 − cos a
<=> 4sin 2 a = 1 − 2 cos a + cos 2 a
<=> 5cos 2 a − 2 cos 2 a − 3 = 0
 cos a = 1( L)
<=> 
 cos a = −3 (TM )
5

1 − cos a 4
sin a −4
= ; tan a =
=
Suy ra sin a =
2
5
cos a 3
4
3
+ 2.
5 = −6
Vậy A = 5
4
− +1
3
Câu 5

a. Gọi A là biến cố “Số được chọn là số chẵn”
+ Tính số phần tử của không gian mẫu:
Chọn chữ số hàng nghìn: chọn 1 trong 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5: có 5 cách
Chọn chữ số hàng trăm: chọn 1 trong 5 chữ số còn lại: có 5 cách
Chọn chữ số hàng chục: chọn 1 trong 4 chữ số còn lại: có 4 cách
Chọn chữ số hàng đơn vị: chọn 1 trong 3 chữ số còn lại: có 3 cách
Theo quy tắc nhân, số phần tử của không gian mẫu là 5.5.4.3 = 300 (số)
+ Tính số kết quả thuận lợi cho A:
– TH1: Chữ số hàng đơn vị là 0
Chọn chữ số hàng nghìn, hàng trăm và hàng chục: Số cách là số chỉnh hợp chập 3 của 5 chữ số 1,2,3,4,5
– TH2: Chữ số hàng đơn vị khác 0:
Chọn chữ số hàng đơn vị là 1 trong các chữ số 2, 4: có 2 cách
Chọn chữ số hàng nghìn là 1 trong 4 chữ số còn lại (trừ số 0): có 4 cách
2
Chọn chữ số hàng trăm và hàng chục: số cách là A3
2
Theo quy tắc nhân, TH2 có 2.4. A3 =96

Theo quy tắc cộng, số kết quả có lợi cho A là 106
106 53
=
Xác suất cần tính là PA =
300 150
b. Áp dụng công thức nhị thức Newton, ta có:
(1 + 1) 2 n +1 = C20n +1 + C21n +1 + C22n +1 + ... + C22nn++11
= (C20n +1 + C22nn++11 ) + (C21n +1 + C22nn+1 ) + ... + (C2nn +1 + C2nn++11 )
n

= ∑ (C2kn +1 + C22nn++11− k )
k =0

Với mọi k ∈ ℤ, 0 ≤ k ≤ n, ta có: C2kn +1 = C22nn++11−k . Do đó:
n

22 n +1 = 2∑ C22nn++11− k = 2(C2nn++11 + C2nn++21 + ... + C22nn++11 )
k =0

=> C

n +1
2 n +1

+ C2nn++21 + ... + C22nn++11 = 22 n

Vậy S= 22 n


Câu 6

Gọi H hình chiếu vuông góc của B’ trên mặt phẳng (ABC).
Góc giữa B’B và mặt phẳng (ABC) là B’BH=60o
Vì B’A = B’B = B’C nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC.
Gọi M là trung điểu AC. Vì ABC là tam giác đều nên BM ⊥ AC và H là trọng tâm ∆ ABC.
Xét tam giác vuông AMB ta có:
a 3
2
2
a 3
=> BH = BM =
3

3
Tam giác BB’H vuông tại H:
BM = AB.sin 60o =

B ' H = BH .tan 60o = a
1 a 3 a3 3
VABC . A ' B 'C ' = B ' H .S ABC = a. .a.
=
2
2
4
Kẻ MK vuông góc với BB’ tại K.
Vì AC ⊥ B’H, AC ⊥ BM nên AC ⊥ (B’BM) ⇒ AC ⊥ MK.
⇒ MK ⊥ AC và MK ⊥ BB’
⇒ MK = d(AC; BB’)
Tam giác MKB vuông tại K:
3a
MK = BM .sin 60o =
4
3a
=>d(AC;BB’)=
4
Câu 7


Gọi M là trung điểm DH.
Ta có:
ABC=AHD=900;ADH=ACB
=> ∆ABC ~ ∆ADH ( g .g )
AB BC

=>
=
AH DH
BC 2 BK
BK
=
=
DH 2 MH MH
AB BK
=>
=
=> ∆ABK ~ ∆AHM (c.g .c)
AH MH
=> AMH = AKB
⇒ AMKB là tứ giác nội tiếp đường tròn
AMK=1800-ABK=900=> AM ⊥ MK
Viết phương trình đường thẳng MK:

uuuu
r
Vectơ chỉ phương của đường thẳng AM là u AM = (9; −7)
uuuu
r
Đường thẳng MK đi qua K(0;–2), nhận u AM = (9; −7) là vectơ pháp tuyến, có phương trình:
9x – 7(y + 2) = 0 ⇔ 9x – 7y –14 = 0
M là giao của AM và MK nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
7 x + 9 y − 47 = 0
7 5
=> M ( ; )


2 2
9 x − 7 y − 14 = 0
M là trung điểm của DH nên:
7

 xD + 3 = 2. 2
=> D(4;5)

 y + 0 = 2. 5
 D
2

uuur
Phương trình đường thẳng AH qua H(3;0) nhận HD = (1;5) làm vectơ pháp tuyến: x + 5y – 3 =0
A là giao của AH và AM nên tọa độ A là nghiệm của hệ:
x + 5y − 3 = 0
=> A(8; −1)

7 x + 9 y − 47 = 0
uuur
Phương trình AB qua A và nhận DA = (4; −6) làm vectơ pháp tuyến: 2x – 3y – 19 = 0
Phương trình BD: 5x – y – 15 = 0
Tọa độ B là nghiệm của hệ:


5 x − y − 15 = 0
=> B(2; −5)

 2 x − 3 y − 19 = 0
K(0;–2) là trung điểm BC ⇒ C(–2;1)

Vậy A(8;–1), B(2;–5), C(–2;1), D(4;5)
Câu 8
(tanx − tany)(1 − tan x tan y )

 x − y = (1 + tan 2 x)(1 + tan 2 y ) (1)

 3 7 x + 1 + 5 y + 4 = 2 x + 3 + y ( x − 1)(2)

(tanx − tany)(1 − tanxtany)
(1) <=> x − y =
1
1
.
2
cos x cos 2 y
<=> x − y = (sin x cos y − sinycosx)(cosxcosy − sinxsiny)
<=> x − y = sin(x − y)sin(x + y)(*)

π
π
> x > y ≥ 0 => > x − y > 0;sin(x − y) > 0. Từ (*) suy ra cos(x + y) > 0; mà cos(x + y) ≤ 1 nên từ (*)
2
2
suy ra x – y ≤ sin (x – y) (**)
π
π
Xét f(t) = t – sin t với 0 < t < , f '(t) = 1 − cost > 0∀ t ∈ (0; )
2
2
π

π
π
Suy ra f đồng biến trên (0; ) => f (t ) > f (0) = 0∀ t ∈ (0; ) => t > sin t∀ t ∈ (0; )
2
2
2
Thay t = x – y, ta có x – y > sin (x – y), mâu thuẫn với (**)
π
π
TH2: > y > x ≥ 0 => > y − x > 0;sin(y− x) > 0.
2
2
(*)⇔ y – x = sin (y – x)cos (x + y)
Tương tự TH1, trường hợp này cũng dẫn đến mâu thuẫn
π
TH3: > x = y ≥ 0 => thỏa mãn (1)
2
Thay vào phương trình (2) ta được:
3
7 x + 1 + 5x + 4 = x2 + x + 3
TH 1:

<=> 3 7 x + 1 − 1 + 5 x + 4 − 2 = x 2 + x


7
5
<=> x 
+
− x − 1 = 0

2
3
3
5x + 4 + 2

 (7 x + 1) + 7 x + 1 + 1
x = 0

7
5
<=> 
g ( x) =
+
− x −1 = 0
3

5x + 4 + 2
(7 x + 1) 2 + 3 7 x + 1 + 1
π
Dễ thấy g(x) là hàm nghịch biến trên [0; ) nên có nhiều nhất 1 nghiệm.
2
Mà g(1) = 0 nên g(x) có nghiệm duy nhất là x = 1
x = 0 ⇒ y = 0 (thỏa mãn)
x = 1 ⇒ y = 1 (thỏa mãn)
Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (0;0) và (1;1)


Câu 9
T = 2 1+ x + 1+ y2 + 1+ z2
*Tìm giá trị nhỏ nhất

Với mọi y,z ≥ 0, ta có: 1 + y 2 + 1 + z 2 ≥ 4 + ( y + z ) 2 (*)
Thật vậy:
(*) <=> 1 + y 2 + 1 + z 2 + 2 (1 + y 2 )(1 + z 2 ) ≥ 4 + y 2 + z 2 + 2 yz
<=> 1 + y 2 + z 2 + y 2 z 2 ≥ 1 + yz
<=> 1 + y 2 + z 2 + y 2 z 2 ≥ 1 + y 2 z 2 + 2 yz
<=> ( y − z ) 2 ≥ 0
Áp dụng bất đẳng thức (*) với chú ý y + z = 1 – x, ta có:
T ≥ 2 1 + x + 4 + (1 − x ) 2 = 2 1 + x + x 2 − 2 x + 5
Vì x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 1 nên x ∈ [0;1]
Xét hàm f ( x) = 2 1 + x + x 2 − 2 x + 5 với x ∈ [0;1].
1
x −1
+
2
1+ x
x − 2x + 5
Vì x ∈ [0;1] nên
1
1
≥
1+ x
2
f '(x) =

0 ≤ 1 − x ≤ 1; x 2 − 2 x + 5 ≥ 2 =>
=>

1
≥
1+ x

1− x
x2 − 2x + 5

1− x
x2 − 2 x + 5

≤

1
2

=> f '( x) ≥ 0∀x ∈ [0;1]

=> f(x) ≥ f(0) = 2 + 5∀x ∈ [0;1]
=> T ≥ 2 + 5
x = 0
x = 0


<=> 
Dấu bằng xảy ra <=>  y = z
1
x + y + z = 1
 y = z = 2

*Tìm giá trị lớn nhất:
Vì y , z ∈ [0;1] => y 2 ≤ y; z 2 ≤ z
=> T ≤ 2 1 + x + 1 + y + 1 + z
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số:

1. 1 + y + 1. 1 + z ≤ (12 + 12 )(1 + y + 1 + z )
=> T ≤ 2 1 + x + 2(2 + y + z ) = 2 1 + x + 2(3 − x)
Xét hàm g ( x) = 2 1 + x + 2(3 − x) trên [0;1]
g '( x) =

1
1
−
1+ x
2(3 − x)


x ∈ [0;1] => 3 x < 5 => 1 + x < 2(3 − x) =>

1
>
1+ x

1
2(3 − x)

=> g '( x ) > 0∀x ∈ [0;1]
=> g(x) ≤ g (1) = 2 2 + 2
=> T ≤ 2 2 + 2
Dấu bằng xảy ra ⇔ x = 1, y = z = 0
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 2 + 5 và giá trị lớn nhất của T là 2 2 + 2