ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2

NĂM HỌC 2015-2016 Trường THPT Bố Hạ Tổ Toán- Tin

y

MÔN: TOÁN, LỚP 12 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

x  1 2 x  1

3

23 x

x

y

 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của

3

2

3

2

m x m

 (8 5 )

 

2(

m

5

y

x

x

. Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi hàm số

.

x m 2   x 3

2 2

x

1)( 3 sin

x

2cos

x

2)

sin 2

x

cos

x

có đồ thị (Cm) và đường thẳng    . Tìm m để d cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ tại x1, x2 , x3 thảo mãn: x Câu 2 (1,0 điểm) Cho hàm số x đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung. Câu 3 (1,0 điểm) Cho hàm số 2) d y 1 : 2  20 x 1

 15 5 . n

2 A n

23 C n

20

x

x

Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: (2sin Câu 5 (1,0 điểm) a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn:

P x ( )

2

,

0.

1 2 x

  

  

x

x

x

b) Tìm hệ số của x8 trong khai triển

 x  

2 3 log

3) 1

log ( 3

3

 2 3  2 x

30  1

a

a

2 , AD

3

Câu 6 (1,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) b) 

AN

AB

Câu 7(1,0điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB . Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 450. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.

Gọi N là điểm thuộc cạnh AB sao cho . Biết đường thẳng DN có phương trình Câu 8 (1,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3). 2 3

5

32

x

5

y

y y (

4)

y

2 2

x

2  

 

x y ,

x+y-2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B.

  .

3

y

2 1) 2

x

1 8

x

13(

y

x

29

(

 

 

2) 82 

   

Câu 9(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

x y z thỏa mãn ,

,

2,

y

1,

z

0

. Tìm giá trị lớn nhất của Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực

P

2

2

1 2

y x (

z

1)

 x 1 1)(

x

y

z

x

2

2(2

y  

3)

biểu thức:

------------------------- Hết ------------------------

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2015-2016 LẦN 2 Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò

Hàm số

y

C©u Néi dung

§iÓm

2 x  1 1  x   1 \ - TXĐ: - Sự biến thiên: + ) Giới hạn và tiệm cận :

 .Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang

2

lim y  x

2; lim y 

x

của đồ thị hàm số

 

;

  . Đường thẳng x= -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

lim y    ( 1)

lim y    ( 1)

x

0,25đ

x +) Bảng biến thiên

Ta có :

'

y

0,

x     1

2

(

x

C©u 1 1.0®

 

; 1 ; (-1;+ )

1  1) Hàm số đồng biến trên các khoảng  Hàm số không có cực trị Vẽ đúng bảng biến thiên - Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị Gọi A là giao điểm của đồ thị (C) và trục tung. Suy ra A(0;-2)

2

x

3

' 3  '(0)

x  3 

6

0,25đ

y

y

'(0)(

x

0) 3

  

3

x

2

y y Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(0;-2) là

C©u 2 1,0đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

3

2

3

2

 (7 5 )

m x m

 (8 5 )

2(

2(

2)

m

m

5

1

2

x

x

 

6 0

x 2) 2

x   (

  3

  0

2)

2(

1)

m

m

x

x

0,25đ

 

 

2

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng d là:        m x m x m x  (1)

x

 0(2)

2(

m

1)

x

  3

m

x   2 

Đặt f(x)=VT(2)

2

m

1)

(3

 ) 0

  

(3)

1

m (  0 

  ' f (2)

2 ( m m m 1  

  

0,25đ C©u 3 1,0đ

  3

2(1

m

m x x ), 2 3

2

2

2

4 (x

 

x

x

x

0,25đ

x ) 3

2

2x x 2

3

2 1

2 2

2 3

2

2

4m 6m 2 20

  

2m 3m 9 0 m 3 h

   

oÆc m = -

x

x

x

20

tm

2 1

2 2

2 3

3 2

(2sin

x

1)( 3 sin

x

2cos

x

2)

sin 2

x

cos

x (1)

(1)

(2sin

x

1)( 3 sin

x

2 cos

x

x cos (2sin

x

1)

(Cm) cắt d tại 3 điểm phâm biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2  m  2 2 0      m   Khi đó giả sử x1=2; x2,x3 là nghiệm của (2). Ta có  x x 3  Ta có  4m 6m 2

2)

(2sin

x

1)( 3 sin

x

cos

x

 2) 0

C©u 4 1,0đ 0,25đ 0,25đ

2sin

x

 

1 0(2)

3 sin

x

cos

x

2(3)

   

0,25đ

k

x

k

x  

(2)

 2 ,

 2

 6

 5 6

0,25đ +)

x

k

 2

sin

x

  2    2

 6

  

  

k

 2

 12  7 12

  x 

0,25đ

n

 , n

2

KL

n 15 5

    n n (

1)

 15 5

n

2 A n

2 C 3 n

3. ! n  n

2!(

1)!

5

2

n 11

30 0

  n

a)ĐK: . 0,25đ

6

20

20

0,25đ

k

k

k

20

 20 3

C

x

x

 ( 1) 2

P x ( )

2

k 20

0,25đ C©u 5 1,0đ b)

k

0

  

k

k

k

k

20

 20 3

 n     n 1   2 x  Số hạng tổng quát của khai triển trên là

x

 20C ( 1) 2

   k

4

0,25đ

x

x

x

2

 

2 3

 2 3

  30

x 3.(3 )

10.3

3 0

Hệ số của x8 trong khai triển trên ứng với 20 3  k 8 Vậy hệ số của x8 trong khai triển P(x) là 4 4 16 20C ( 1) 2

x

3

3

x

1 / 3

3

0,25đ a)

    x  1     x 1 

2

0,25đ

x

x

x  

 (1)

log

1

3) 1

3

log ( 3

b)

2

x

x

x

x

 

x  

1

3) 1

log

1

3)

3

log ( 3

3

log 3( 3

0,25đ C©u 6 1,0đ

2

x

 x  

3)

x    1

2

x

x

2

Điều kiện : x>-3.  2  log  x 3(

x   2      8 0 x 4

)

SH AB SAB

ABCD

, (

)

)

(

)

(

(

ABCD

)

0,25đ

ABCD

(

)

SH   045  2

SH Khi đó tam giác SHD vuông cân tại H, suy ra

Gọi hình chiếu của S trên AB là H. Ta có 0,25đ

, ( ABCD AB SAB  , suy ra góc giữa SD và (ABCD) là   SDH SH HD  3 4

3

a

. a ,

V

SH S .

ABCD

S ABCD

.

3

(SAx)

1 3 SA 

0,25đ Khi đó thể tích lăng trụ là (đvtt)

d

(BD,SA)

d

(BD, (SAx))

d

(B, (SAx)) 2 (H, (SAx))

d

Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà

HK

0,25đ Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H trên Ax và SI

 (SAx)

93

2

93

4

d

(BD,SA)

2 (H, (SAx))

d

2 HK

HK

Chứng minh được C©u 7 1,0đ

a 31

a 31

Tính được . 0,25đ

 AD x x

(

  

AB

0)

3 ,

x AN

2 , NB

5,

 BD x

10

x 2

 2

x DN x , 2

NB

cos

Đặt

  BD DN BD DN 2 .

7 2 10

2

2

0)

 n a b a ( ; )(

b

Xét tam giác BDN có  BDN 0,25đ

 0

là vectơ pháp tuyến của BD, BD đi qua điểm I(1;3), b 3 Gọi PT BD:

|

2

2

24

a

b 24

50

ab

cos

 BDN

cos( ,

  ax by a   n n ) 1

 a b | 2 2

a 3 a 4

 

b 4 b 3

7 2 10

b

a

2

    0 

0,25đ

C©u 8 1,0đ

D

(7; 5)

  

B

( 7;9)

B

0,25đ

5

  2

y y (

4)

5

x

y

y

 

x 2 2 (1)

x y ,

 

3

2 1) 2

 

1 8

 

x

x

y

(

13(

y

 2) 82

x

29(2)

, chon a=4,b=3, PT BD:4x+3y-13=0 ( 5;11) , chon a=3,b=4, PT BD:3x+4y-15=0  (9; 3) 0,25đ

x

 

,

y

+) Với 3 b a 4 D BD DN    +) Với 4 a b 3      D D BD DN  32   

 2

1 2

Đặt đk

5

2

5

(1)

x (2 )

2

x

(

y

y 4 )

y

 

2 5

y

  2

x (2 )

2

x

y

2

y

2(3)

0,25đ +)

5

5

4

f

t

t

,

f

 '( ) 5 t t

1 0,

x R

    , suy ra hàm số f(t) liên tục trên

f

x (2 )

f

(

y

  

2)

2

x

y

 2

Xét hàm số ( ) t R. Từ (3) ta có

x

y

2(

x

0)

3

2

(2

x

1) 2

x

 

1 8

x

52

x

82

x

29

2

  (2

x

x

 

1 (2

x

1)(4

x

x

29)

2

1)

  (2

x

2

x

 

1 4

x

24

x

29

0

1) 2 

24 

vào (2) được Thay 2

0,25đ

2

1 2   x

24

2

x

x

 29 0(4)

  x   1 4  Với x=1/2. Ta có y=3

2

(4)

( 2

x

 

1 2)

(4

x

24

x

27)

  0

(2

x

3)(2

x

9)

0

x  2 3   x 2 1 2

3 / 2

 x

C©u 9 1,0đ

x

9)

(2

0(5)

x

2

   

2

2

x

t

   

1 0

2

x

t

1

1   1 2 Với x=3/2. Ta có y=11 Xét (5). Đặt

 . Thay vao (5) được

1

29

3

2

t

t

t 2

10 21 0

  

t (

t 3)(

  t

7) 0

 . Tìm được

0,25đ

2

. Từ đó tìm được

13

29

,

y

x

 4

103 13 29 2

0,25đ

KL

a

  x

  y

1,

c

  z

 0

P

2

2

b 2, 1 2

(

1)(b 1)(c 1)

a b c , , 1 

a

2

a

b

c

Đặt

 2

2

1 (

)

(

c

2

2

2

2

a

b

c

a b c

  1

(

  

1)

0,25đ

 1) 2

1 4

Ta có

 a b 2 b c

a

  

3

3)

(

1)(b 1)(c 1)

a

 

Dấu “=” xảy ra khi

1    a b c ( 27

Mặt khác

a

b

P

   c 1

3

 1 (

1   

a b c

27    a b c

P

,

t

1

0,25đ Khi đó . Dấu “=” xảy ra khi

t

     . Khi đó 1 1

a b c

3

3) 1   t

27 

2)

(

t

2

4

 

t

f

f

,

1;

t ( )

t '( )

3

4

2) 4

Đặt

2

4

0,25đ

t (

81  2)    t 5

1 2 t 0

t ( 2 t

4 0

4

2)

  t 81 t ( 2  t 2) t (     (do t>1) t

27 1    t t ( 2) Xét '( ) 0 f     t 81 t  f t lim ( ) 0 x  Bảng biến thiên

C©u 10 1,0đ

1 4  + 0 -

1 8

t f’(t) f(t)

maxf(x)=f(4)=

0,25đ 0 0

ma

xP

f(4)

      c

a b

1

x

3;

y

2;

z

1

Từ BBT Ta có

1 8    a b c 1 a b c 1 4    

1   8

  

Vậy

Hết