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

Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

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

ĐỀ THI THỬ LẦN 2

2mx  1
(1) với m là tham số.
x 1
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1.
b. Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng d : y  2x  m cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y 

phân biệt có hoành độ x1 , x 2 sao cho 4(x1  x 2 )  6x1x 2  21.
Câu 2 (1,0 điểm).
a. Giải phương trình: sin 2x  1  4 cos x  cos 2x.
b. Giải bất phương trình: log2 (x  1)  log 1 (x  3)  5.
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I  

dx


2x  1  4

Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(3; 2) có tâm
đường tròn ngoại tiếp là I(2; 1) và điểm B nằm trên đường thẳng d có phương trình: x  y  7  0.
Tìm tọa độ đỉnh B, C.
Câu 5 (1,0 điểm).

1

với     0. Tính giá trị của biểu thức: A  5 cos   5 sin 2.
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.
·
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A ' B'C ' D ' có đáy là hình thoi cạnh a, BAD
 120o
a. Cho tan   

và AC'  a 5 . Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B'C' D' và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB' và BD theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vuông
 6 7
góc của A lên đường thẳng BD là H   ;  , điểm M(1; 0) là trung điểm cạnh BC và phương trình
 5 5
đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH có phương trình là 7 x  y  3  0. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình:

2x5  3x 4  14 x3
x2

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 


2 
 4x 4  14x3  3x 2  2 1 
.
x2 






2
2

 (x  y)(x  z).
3x  2y  z  1 3x  2z  y  1

2(x  3)2  y 2  z 2  16

2x 2  y 2  z 2


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
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
x 1
• Tập xác định: D  ¡ \ {1} .
• Sự biến thiên:
lim y  2 , lim y  2  y  2 là đường TCN của đồ thị hàm số.
a. (1,0 điểm) m  1  y 

x 

0,25

x 

lim y   , lim y    x  1 là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

x 1

x 1

3
y' 
 0 x  D
(x  1)2
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1; ).
Bảng biến thiên:
x

1

y

'

y



0,25



2

0,25




2

• Đồ thị:
x

0

y

1

1
2
0



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

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
 2 x  m   2
x 1
 2x  (m  2)x  m  1  0 (2)
Đồ thị hàm số (1) cắt d tại hai điểm phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt  1


1
m   2
 2  m  2  m  1  0


 
(*)
2
   m  12m  4  0
  m  6  2 10
  m  6  2 10


0,25

0,25

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

2m
x1  x 2  2
Do x1 ,x 2 là nghiệm của (2)  
x x  m  1
 1 2
2
1  5m  21
Theo giả thiết ta có: 4(x1  x 2 )  6x1x 2  21  1  5m  21  

1  5m  21

2
(1,0 điểm)

 m  4 (thoûa maõn (*))

 m  22 (khoâng thoûa maõn (*))

5
Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: m  4.
a. (0,5 điểm) Giải phương trình:
PT  sin 2x  1  cos 2x  4 cos x  0
 2 sin x cos x  2 cos2 x  4 cos x  0

0,25

0,25

0,25

 cos x(sin x  cos x  2)  0

 cos x  0


 x   k
2
2
2

2
sin x  cos x  2 (VN do 1  1  2 )


Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x   k.
2
b. (0,5 điểm) Giải bất phương trình:
Điều kiện: x  1.
BPT  log2 (x  1)  log 2 (x  3)  5  log 2 (x 2  2x  3)  5

3
(1,0 điểm)

 x 2  2x  35  0  7  x  5
Kết hợp điều kiện ta được: 1  x  5 là nghiệm của bất phương trình.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1  x  5.
Tính nguyên hàm:
Đặt t  2 x  1  t 2  2 x  1  tdt  dx

tdt
4 
I
  1 
 dt  t  4 ln t  4  C
t4
 t4

 2x  1  4 ln
4
(1,0 điểm)





2x  1  4  C

Tìm tọa độ đỉnh B, C.
uur
Ta có: IA  (1; 3)  IA  10 .
uur
Giả sử B(b,b  7)  d  IB  (b  2, b  6)  IB  2b 2  16b  40

0,25

0,25

0,25

0,25
0,5
0,25

0,25

I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  IA  IB  IA 2  IB2
 b  5  B(5; 2)
 10  2 b2  16 b  40  b 2  8 b  15  0  
 b  3  B(3; 4)
Do tam giác ABC vuông tại A  I(2; 1) là trung điểm của BC.

▪ Với B(5; 2)  C(1; 0).

▪ Với B(3; 4)  C(1; 2).
Vậy tọa độ đỉnh B, C là: B(5; 2),C(1; 0) và B(3; 4),C(1; 2).
5

a. (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức:

0,25

0,25
0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
(1,0 điểm)


   0  sin   0, cos   0.
2
1
1
1
2
Ta có: 1  tan 2  
 1 
 cos  
2
2
4 cos 

cos 
5
1
 sin   tan . cos   
5
2
1 2
Do đó: A  5 cos   10 sin  cos   5 
 10 

 2  4  6.
5
5 5
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 mẫu là: n()  C10
 120.
Gọi A là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên có tích là một số chẵn”.
 A là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên có tích là một số lẻ”
Chọn được 3 số tự nhiên lẻ có C36 cách.
Do 

0,25

0,25

0,25

 n(A)  C36  20.

Do đó: P(A) 

6
(1,0 điểm)

n(A) 20 1

 
n() 120 6

0,25

1 5
Vậy P(A)  1  P(A)  1   
6 6
Tính thể tích khối lăng trụ …
A'

Gọi O là tâm hình thoi ABCD.
·
Do hình thoi ABCD có BAD
 120o
 ABC, ACD đều.
 AC  a.

C'

B'
2

Ta có: SABCD  2SABC 

D'

a

3

0,25

2

A

D

H

120o
O
B

C

Mà ABCD.A ' B'C' D' là lăng trụ đứng.

 ACC' vuông tại C  CC'  AC'2  AC2  5a2  a2  2a.
a2 3
Vậy VABCD.A' B'C'D'  CC'.SABCD  2a 

 a3 3 .
2
Tứ giác AB' C' D là hình bình hành  AB' // C ' D  AB' // (BC' D).
 d(AB',BD)  d(AB',(BC' D))  d(A,(BC' D))  d(C,(BC' D)).
Vì BD  AC,BD  CC'  BD  (OCC')  (BC' D)  (OCC').
Trong (OCC'), kẻ CH  OC' (H  OC').
 CH  (BC' D)  d(C,(BC' D))  CH
OCC ' vuông tại C 

Vậy d(AB', BD) 

1
1
1
4
1
2a


 2  2  CH 
2
2
2
CH
CO CC'
a 4a
17

2a
17



0,25

0,25

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
7
(1,0 điểm)

Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Gọi N, K lần lượt là trung điểm của HD và AH  NK // AD và NK 

1
AD.
2

Do AD  AB  NK  AB.
Mà AK  BD  K là trực tâm tam giác ABN.
Suy ra BK  AN (1)
Vì M là trung điểm BC  BM 

1
BC.
2
A

Do đó NK // BM và NK  BM
  BMNK là hình bình hành
 MN // BK (2)
Từ (1) và (2) suy ra MN  AN.

D
N

K

0,25
H
B

M

 phương trình MN có dạng: x  7y  c  0.
M(1; 0)  MN  1  7.0  c  0  c  1.
 phương trình AM là: x  7y  1  0.

0,25

 2 1
Mà N  MN  AN  N  ;  . Vì N là trung điểm HD  D(2; 1).
 5 5
uuur  8 6 
Ta có: HN   ;  
5 5
r

Do AH  HN  AH đi qua H và nhận n  (4; 3) là 1 VTPT.
 phương trình AH là: 4x  3y  9  0.
Mà A  AH  AN  A(0, 3).
uuur
uuuur
2  2(1  x B )
x  2
Ta có: AD  2 BM  
 B
 B(2; 2).
4  2(0  y B )
y B  2
Vì M là trung điểm BC  C(0; 2).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(0; 3),B(2; 2),C(0; 2),D(2; 1).
8
(1,0 điểm)

C

0,25

0,25

Giải phương trình:
Điền kiện: x  2 (*).
PT  x3 (2x 2  3x  14)  (4x 4  14x3  3x 2  2)


 x (x  2)(2x  7) 
 x3 (x  2)(2x  7)

3



x2 2


x  2  2   (4x  14x  3x  2)(x  2)

x  2  2  (4x 4  14x 3  3x 2  2)(x  2  4)
4

3

 x  2  0  x  2 (thoûa maõn (*))
 3
4
3
2
 x (2 x  7) x  2  2  4 x  14x  3x  2








2

0,25

(1)

(1)  x3 (2x  7 ) x  2  4 x 4  14x3  4x 4  14 x3  3x 2  2

 x3 (2x  7) x  2  3x 2  2
Nhận thấy x  0 không là nghiệm của phương trình  x  0.

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
Khi đó, PT  (2x  4  3) x  2 

3 2

x x3

 2(x  2) x  2  3 x  2 

2 3

( 2)
x3 x

Xét hàm số: f(t)  2t 3  3t với t  ¡ .
Ta có: f '(t)  6t 2  3  0 t  ¡
 Hàm số f(t) đồng biến trên ¡ .
1

1
Do đó (2)  f x  2  f    x  2   x x  2  1
x
x



0,25



 x  0
1  5

x
(thỏa mãn (*))
2
2
(x  1)(x  x  1)  0

9
(1,0 điểm)

0,25

1  5
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 
, x  2.
2
Tìm giá trị lớn nhất của P …

(x  y  x  z)2 (2x  y  z)2
Ta có: (x  y)(x  z) 

4
4


1
1
8
2


 3x  2y  z  1 3x  2z  y  1  3(2 x  y  z)  2
Từ giả thiết suy ra:

8
(2x  y  z)2

3(2x  y  z)  2
4

0,25

8
t2
  (t  2)(3t 2  8t  16)  0
3t  2 4
 t  2  2x  y  z  2

Đặt 2x  y  z  t (t  0) 

2
Mà: 4  (2 x  y  z)2  (22  12  12 )(x 2  y 2  z 2 )  x 2  y 2  z 2  
3
2
2
2
2x  y  z  12x  2
12x  2
Ta có: P 
 1 2
2
2
2
2x  y  z
x  x2  y2  z2

0,25

12x  2
36x  6
1 2
2
3x  2
x2 
3
36x  6
Xét hàm số: f(x)  1  2

với x  0.
3x  2
 1

 x  1 (loaïi)
36(3x 2  x  2)

Ta có: f '(x) 
, f '(x)  0  
2
2
2
2
x
 f    10
(3x  2)

3
3
Bảng biến thiên:
2
x 0

3
y'

0


y

10
2

1

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
Suy ra: f(x)  10  P  10.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 10. Dấu “=” xảy ra khi: x 
▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.

2
1
,y  z  
3
3

0,25