Đề thi thử toán 2016 trường THPT ngô sỹ liên lần 2

Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
Năm học 2015  2016

Môn : TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y 

2x  1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm).

om

Cho hàm số y  x 4  mx2  m  5 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).
Cho log3 15  a, log3 10  b . Tính log9 50 theo a và b.

.c

Câu 4 (2,0 điểm).
Giải các phương trình sau:

oc

a) 2 s inx cos x + 6 s inx  cosx  3  0 ;
b) 2 2 x 5  2 2 x 3  52 x 2  3.52 x+1 .
Câu 5 (1,0 điểm).

n

oc
u

2

Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x2   với x ≠ 0, biết rằng:
x

4

Cn1  Cn2  15 với n là số nguyên dương.
Câu 6 (1,0 điểm).

gb

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

on

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 2 x  y  5  0 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.

kh

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).
3
4

Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P  8 xyz 

1
1 1
  .
xy yz zx

-------- Hết --------


Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác
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\ 1
Ta có lim y  lim
x 

x 

2 1 / x
 2 , lim y   , lim y  
x 1
x 1
11 / x

0,25

x  D ta có y’(x) =

3
 y’(x) < 0 x  D
( x  1) 2

0,25

Ta có bảng biến thiên:
1
+∞

1



y’



y

2

oc

+∞

2

∞

0,25

Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm căn cứ, nhận xét đồ thị.

0,25

x   ta có y' ( x)  4 x3  2mx = 2 x(2 x2  m) ,

0,25

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

2 x(2 x2  m)  0 có ba nghiệm phân biệt

0,25

gb

oc
u

Hàm số nghịch biến trên (  ∞; 1) và (1; + ∞). Hàm số không có cực trị

 2 x2  m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
 m0.

0,25

Xét dấu y’ và kết luận.

0,25

on

2

Ta có log9 50  log32 50 

kh

3

log3 50  log3

1
log3 50
2

150
 log3 15  log3 10  1  a  b  1
3

Kết luận

0,25

0,5
0,25

a) TXĐ D = 

Phương trình đã cho  (2s inx  1)(cos x+ 3)  0

4

.c

∞

x

om

Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang

1

sin
x


2

cosx = 3(v« nghiÖm)

0,5

0,25


Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác


 x  6  k 2
, với k, l là số nguyên. Kết luận.

 x  5  l 2

6

0,25

b) TXĐ D = 
Phương trình  22 x 3 (4  1)  52 x 1 (5  3)

0,25
0,25

om

 22 x 3.5  52 x 1.8

0,25

2x

2
   1
.
5
 2x  0  x  0
n(n+ 1)
 15
2

 n  5 (t / m)
 n2 + n  30  0  
 n  6 (lo¹i)
5




5

5
5
2
2 5k
k
2 k

C
(
x
)
(

)

C 5k x3k 5 (2)5k


5

x  k 0
x
k 0

oc
u

Với n = 5 và x  0 ta có  x2 

oc

2
Ta có Cn1  Cn2  15  Cn+
1  15 

.c

0,25

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

0,25

0,25

on

gb

A

I
S

H

B

C

kh

6

Ta có AB  (SBC) (gt) nên VSABC =

Từ gt ta có SSBC =
Khi đó VSABC =

1
AB.S SBC
3

0,25

1
1
1
BC.BS .sin 300  4a.2a 3.  2a 2 3
2
2
2

1

3a.2a 2 3  2a 3 3 (đvtt).
3

Hạ BH  SC (H  SC) ta chứng minh được SC  (ABH)
Hạ BI  AH (I  AH)

0,25


Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác
Từ hai kết quả trên  BI  (SAC)  BI = d(B; (SAC)).

0,25

6a 7
 Kl
7

Dựa vào tam giác vuông ABH tính được BI  BI 

0,25

Ta có C  d : 2 x  y  5  0 nên C(t; –2t – 5).
Ta chứng minh 5 điểm A, B, C, 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

0,25

(t  4)2  (2t  13)2  81  144  (t  5)2  (2t  1)2  t  1 .
7

om

được 
AFC  900  AC 2  AF 2  CF 2 . Kết hợp với gt ta có phương trình:

0,25

Từ đó ta được C(1; –7).

cắt và vuông góc với AC tại trung điểm.

oc

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

.c

Từ giả thiết ta có AC // EF, BF  ED nên BF  AC, do C là trung điểm BE nên BF

 S ABC  S AFC  S ABCD  2S AFC  75 (đvdt).
TXĐ D = 1; 

oc
u

Phương trình  ( x  1) x  1  ( x  1)  x  1  (2 x  3)3  (2 x  3)2  2 x  3 (1)

0,25
0,25

0,25

Xét hàm số f (t )  t 3  t 2  t  f' (t )  3t 2  2t  1  f' (t )  0, t   suy ra hàm số

8

f(t) đồng biến trên  .

0,25

Phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f (2 x  3) . Từ hai điều trên phương trình (1)

gb

 x 1  2x  3

x  3 / 2
x  3 / 2

 2
 x= 2
2
 x  1  4 x  12 x  9
4 x  13 x  10  0

1
1
1
1


  3 3 2 2 2 , đặt t =
xy yz zx
x y z

on
Ta có

3

x2 y 2 z 2 

kh

Mà

3
 P  8t 

9

3

0,25

3
3
8t 3  2 .
2 . Xét hàm số f (t ) 
t

t
6
, f''(t ) = 0  t 
t3

Ta có bảng:
0

0,25

xyz  0

x2 + y 2 + z 2 1
1
 0t 
3
4
2

Ta có t  0 , f'(t) = 24t 2 

t

0,25

1
2

5

1
4

5

1
.
4

0,25


Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác


0,25

0

f’(t)

f(t)

13

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

kh

on

gb

oc
u

oc

.c

Suy ra P ≥ 13. Dấu bằng xảy ra khi t =

1
2

om

Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với mọi giá trị t thỏa mãn 0  t 

0,25