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).
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).
Câu 4 (2,0 điểm).
Giải các phương trình sau:
a) 2 s inx cos x + 6 s inx cosx 3 0 ;
Câu 5 (1,0 điểm).
THS
b) 2 2 x 5 2 2 x 3 52 x 2 3.52 x+1 .
.NE
T
Cho log3 15 a, log3 10 b . Tính log9 50 theo a và b.
n
2
Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x2 với x ≠ 0, biết rằng:
x
4
Câu 6 (1,0 điểm).
TM
A
Cn1 Cn2 15 với n là số nguyên dương.
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
Câu 7 (1,0 điểm).
VIE
điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
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.
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 -------Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến
www.laisac.page.tl
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
11 / x
0,25
Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang
x D ta có y’(x) =
3
y’(x) < 0 x D
( x 1) 2
0,25
∞
x
1
y’
+∞
+∞
2
2
THS
y
.NE
T
Ta có bảng biến thiên:
1
∞
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
TM
A
0,25
2 x2 m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
m0.
VIE
2
Hàm số nghịch biến trên ( ∞; 1) và (1; + ∞). Hàm số không có cực trị
Xét dấu y’ và kết luận.
Ta có log9 50 log32 50
3
log3 50 log3
1
log3 50
2
150
log3 15 log3 10 1 a b 1
3
Kết luận
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
a) TXĐ D =
Phương trình đã cho (2s inx 1)(cos x+ 3) 0
4
1
sin
x
2
cosx = 3(v« nghiÖm)
0,5
0,25
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
22 x 3.5 52 x 1.8
0,25
2
Ta có Cn1 Cn2 15 Cn+
1 15
n(n+ 1)
15
2
Với n = 5 và x 0 ta có x2
THS
n 5 (t / m)
n2 + n 30 0
n 6 (lo¹i)
5
.NE
T
2x
2
1
.
5
2x 0 x 0
0,25
0,25
5
5
5
2
2 5k
k
2 k
C
(
x
)
(
)
C 5k x3k 5 (2)5k
5
x k 0
x
k 0
TM
A
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.
A
0,25
0,25
0,25
VIE
I
B
S
H
C
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
Từ hai kết quả trên BI (SAC) BI = d(B; (SAC)).
Dựa vào tam giác vuông ABH tính được BI BI
6a 7
Kl
7
0,25
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
được
AFC 900 AC 2 AF 2 CF 2 . 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
Từ đó ta được C(1; –7).
.NE
T
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
S ABC S AFC S ABCD 2S AFC 75 (đvdt).
0,25
THS
Suy ra F đối xứng với B qua AC, suy ra ∆ABC = ∆AFC
TXĐ D = 1;
Phương trình ( x 1) x 1 ( x 1) x 1 (2 x 3)3 (2 x 3)2 2 x 3 (1)
0,25
8
f(t) đồng biến trên .
TM
A
Xét hàm số f (t ) t 3 t 2 t f' (t ) 3t 2 2t 1 f' (t ) 0, t suy ra hàm số
0,25
Phương trình (1) có dạng f ( x 1) f (2 x 3) . Từ hai điều trên phương trình (1)
x 1 2x 3
0,25
Ta có
Mà
3
VIE
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
x2 y 2 z 2
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
xyz 0
x2 + y 2 + z 2 1
1
0t
3
4
2
Ta có t 0 , f'(t) = 24t 2
t
0,25
1
2
5
1
4
5
1
.
4
0,25
0,25
0
f’(t)
f(t)
13
Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với mọi giá trị t thỏa mãn 0 t
1
1
hay x = y = z = Kl: MinP = 13.
2
2
.NE
T
Suy ra P ≥ 13. Dấu bằng xảy ra khi t =
1
2
0,25
VIE
TM
A
THS
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến
www.laisac.page.tl
- Xem thêm -