Đăng ký Đăng nhập

Tài liệu De 10.2016

.PDF
5
438
91

Mô tả:

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 11 / 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  m0. 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 5k k 2 k  C ( x ) (  )  C 5k x3k 5 (2)5k   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  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  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 -

Tài liệu liên quan