Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 2 - THPT Ngô Sĩ Liên

Chia sẻ: Lê Na | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

1.177
lượt xem 80
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 2 của Trường THPT Ngô Sĩ Liên dành cho các em học sinh lớp 12 và ôn thi đại học, giúp các bạn củng cố kiến thức luyện thi một cách hiệu quả.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 2 - THPT Ngô Sĩ Liên

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN 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). 2x  1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y  . 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). Cho log3 15  a, log3 10  b . Tính log9 50 theo a và b. Câu 4 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: 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  2 Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x2   với x ≠ 0, biết rằng: 4  x Cn1  Cn2  15 với n là số nguyên dương. Câu 6 (1,0 điểm). 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). 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 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: 4 1 1 1 P  8 xyz    . xy yz zx -------- Hết --------
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 2 1 / x Ta có lim y  lim  2 , lim y   , lim y   0,25 x  x  11 / x x 1 x 1 Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang 3 x  D ta có y’(x) =  y’(x) < 0 x  D 0,25 ( x  1) 2 Ta có bảng biến thiên: 1 x ∞ 1 +∞ y’   +∞ y 2 2 ∞ 0,25 Hàm số nghịch biến trên (  ∞; 1) và (1; + ∞). Hàm số không có cực trị 0,25 Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm căn cứ, nhận xét đồ thị. 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 2  2 x2  m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0  m0. 0,25 Xét dấu y’ và kết luận. 0,25 1 0,25 Ta có log9 50  log32 50  log3 50 2 3 150 log3 50  log3  log3 15  log3 10  1  a  b  1 0,5 3 0,25 Kết luận a) TXĐ D =  Phương trình đã cho  (2s inx  1)(cos x+ 3)  0 0,5 4  1 sin x   2 0,25  cosx = 3(v« nghiÖm)
   x  6  k 2  , với k, l là số nguyên. Kết luận. 0,25  x  5  l 2  6 b) TXĐ D =  Phương trình  22 x 3 (4  1)  52 x 1 (5  3) 0,25  22 x 3.5  52 x 1.8 0,25 2x 0,25 2    1 5 .  2x  0  x  0 0,25 n(n+ 1) Ta có Cn1  Cn2  15  Cn+ 2 1  15   15 2 0,25  n  5 (t / m)  n2 + n  30  0   0,25  n  6 (lo¹i) 5 5  2 5 2 5k 5 Với n = 5 và x  0 ta có  x2      x  k 0 C k 5 ( x 2 k ) (  x )   k 0 C 5k x3k 5 (2)5k 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 A I S H B C 6 1 Ta có AB  (SBC) (gt) nên VSABC = AB.S SBC 3 0,25 1 1 1 Từ gt ta có SSBC = BC.BS .sin 300  4a.2a 3.  2a 2 3 2 2 2 1 Khi đó VSABC = 3a.2a 2 3  2a 3 3 (đvtt). 0,25 3 Hạ BH  SC (H  SC) ta chứng minh được SC  (ABH) Hạ BI  AH (I  AH)
Từ hai kết quả trên  BI  (SAC)  BI = d(B; (SAC)). 0,25 6a 7 0,25 Dựa vào tam giác vuông ABH tính được BI  BI   Kl 7 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 0,25 giác ABCD là hình chữ nhật thì AC cũng là đường kính của đường tròn trên, nên suy ra 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 . 7 0,25 Từ đó ta được C(1; –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. Suy ra F đối xứng với B qua AC, suy ra ∆ABC = ∆AFC 0,25  S ABC  S AFC  S ABCD  2S AFC  75 (đvdt). 0,25 TXĐ D = 1;  0,25 Phương trình  ( x  1) x  1  ( x  1)  x  1  (2 x  3)3  (2 x  3)2  2 x  3 (1) Xét hàm số f (t )  t 3  t 2  t  f' (t )  3t 2  2t  1  f' (t )  0, t   suy ra hàm số f(t) đồng biến trên  . 0,25 8 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 x  3 / 2 x  3 / 2 0,25   2  x= 2  x  1  4 x  12 x  9 4 x  13 x  10  0 2 1 1 1 1 Ta có    3 3 2 2 2 , đặt t = 3 xyz  0 xy yz zx x y z x2 + y 2 + z 2 1 1 0,25 Mà 3 x2 y 2 z 2   0t  3 4 2 3 3  P  8t  2 . Xét hàm số f (t )  8t 3  2 . 3 t t 9 6 1 Ta có t  0 , f'(t) = 24t 2  , f''(t ) = 0  t  5 . 0,25 t3 4 Ta có bảng: t 1 1 0 5 2 4
 0 0,25 f’(t) f(t) 13 1 Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với mọi giá trị t thỏa mãn 0  t  2 1 1 Suy ra P ≥ 13. Dấu bằng xảy ra khi t = hay x = y = z = Kl: MinP = 13. 2 2 0,25