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

SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ LẦN KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016 Mơn thi: TỐN Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề Ngày thi: 15/01/2016 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: với m 2mx + (1) tham số x −1 a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị m = hàm số (1) b Tìm tất giá trị m để 4(x1d: + xy2 =)x−1−,x 62xx2 1+ x 2m= 21 đường thẳng cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt có hồnh độ cho Câu (1,0 điểm) sin 2x + = cos x − cos 2x a Giải phương trình: b Giải bất phương trình: log2 (x − 1) ≤ log (x + 3) + Câu (1,0 điểm) Tính dx I=∫ × ngun hàm: 2x − + A( y2−3; − ;721= ) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ x −I( tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng có tâm đường tròn ngoại tiếp điểm B nằm đường thẳng d có phương trình: Tìm tọa độ đỉnh B, C Câu (1,0 điểm) a Cho với Tính giá trị biểu π 2α A = −5tan cos α Điều kiện: BPT ⇔ log (x − 1) + log (x + 3) ≤ ⇔ log (x + 2x − 3) ≤ PT ⇔ x + 2x − 35 ≤ ⇔ −7 ≤ x ≤ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) 1< x ≤ Kết hợp điều kiện ta được: nghiệm bất phương trình Vậy nghiệm bất phương trình < x ≤ cho là: Tính ngun hàm: Đặt t = 2x − ⇒ t = 2x − ⇒ tdt = dx ⇒I=∫ (1,0 điểm) Tìm tọa độ đỉnh B, C Ta có: 0,25  tdt  = ∫ 1 − ÷dt = t − ln t + + C t+4  t+4 = 2x − − ln 2x − + + C ( 0,5 ) 0,25 uur IA uur = (1; 3) ⇒ IA = 10 B(b, b − 7) ∈ d ⇒ IB = (b − 2, b − 6) ⇒ IB = 2b − 16b + 40 0,25 Giả sử I tâm đường tròn ngoại ⇒ IA = IB ⇔ IA = IB2 tiếp tam giác ABC  b = ⇒ B(5; −2) ⇔ 10 = b − 16 b + 40 ⇔ b − 8b + 15 = ⇔   b = ⇒ B(3; −4) (1,0 điểm) (1,0 điểm) Do tam giác ABC vng A ⇒ I(2; −1) trung điểm BC B(5; −2) ⇒ C(−1; 0) ▪ Với B(3; −4) ⇒ C(1; 2) ▪ Với B( B(53;;−−24),C( ),C(−1;12; 0).) Vậy tọa độ đỉnh B, C là: a (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức: Do Ta có: 0,25 0,25 π − < α < ⇒ sin α < 0, cos α > 1 + tan α =2 ⇔ + = ⇒ cos α = 2 cos ⇒ sinαα = tan α4.coscos α =α− 2 A = cos α − 10 sin α cos α = × + 10 × × = + = 5 Do đó: A' b (0,5 điểm) Tính xác suất … Phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên” Số phần tử khơng gian n(Ω) = ⇒ C10 = 120 mẫu là: Gọi A biến cố “Chọn ba số tự nhiên có tích số chẵn” biến cố “Chọn ba số tự ⇒ A nhiên có tích số lẻ” Chọn số tự nhiên lẻ có C3 cách ⇒ n(A) = C36 = 20 C' B' Do đó: n(A) 20 P(A) = = = × Vậy 65 n( Ω ) 120 Tính thể tích khối lăng trụ P(A) … = − P(A) = − = × A 120 0,25 0,25 D' 0,25 0,25 D H o 0,25 0,25 O B C Gọi O tâm hình thoi ABCD · Do hình BAD = 120o thoi ABCD có ∆ABC,⇒∆ACD ⇒ AC = a a2 SABCD = 2S∆ABC = Mà lăng trụ đứng ABCD.A ' B'C' D ' ⇒ ∆ACC' vng C Ta có: ⇒ CC' = AC'2 − AC2 = 5a2 − a2 = 2a Vậy a2 VABCD.A = CC'.S = a × = a3 C' AB'C' ⇒ D ⇒ AB' AB' D (BC' D) Tứ giác hình bình hành //// 'B'C'D' ABCD ⇒ d(AB',BD) = d(AB',(BC' D)) = d(A,(BC' D)) = d(C,(BC ' D)) BD ⊥ AC,BD ⊥ CC' ⇒ BD ⊥ (OCC') ⇒ (BC' D) ⊥ (OCC') 0,25 0,25 Vì Trongkẻ (1,0 điểm) CH ⊥ OC' (OCC'), (H ∈ OC') ⇒ CH ⊥ (BC' D) ⇒ d(C,(BC' D)) = CH vng C 1 1∆OCC' 2a ⇒ = + = + ⇒ CH = Vậy 2 CH CO d(AB',BD) CC' a= 24aa × 17 Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD 17 NK Gọi N, K trung điểm ⇒AD NK = AD HD AH// AD ⊥ AB ⇒ NK ⊥ AB Do Mà trực tâm tam giác ABN AK ⊥ BD ⇒ K BK ⊥ AN Suy (1) Vì M trung điểm BC ⇒ BM = BC NK = BM A Do // NK BM BK MN ◊ hình BMNK ⇒⇒ hành // (2) K MN ⊥ AN Từ (1) (2) suy bình 0,25 D N x − y⇒ + c = phương trình MN có dạng: HMN ⇔ −1 − 7.0 + c = ⇔ c = M(−1; 0) ∈ x − y⇒ + = phương trình AM C B M là: ⇒ D(2; −1)   Mà Vì N trung điểm N = MN ∩ AN ⇒ N  ; ÷ HD 5 uuur   Ta có: r = ;− ÷ AH Do AH qua H nhận HN n =⊥(4HN )5  5; −3⇒ VTPT 4x − 3y⇒+ = phương trình AH là: A = AH ∩ AN ⇒ A(0, 3) Mà uuur uuuur 2 = 2(−1 − x ) Ta có: x B = −2 B AD = BM ⇔ ⇔ ⇒ B(−2; 2)   ⇒ C( ; − ) Vì M −4 = 2(0 − y B ) y B =   trung điểm BC Vậy tọa độ đỉnh A(0; 3),B(−2; 2),C(0; −2),D(2; −1) hình chữ nhật là: 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) Giải phương trình: Điền kiện: x > −2 (*) ⇔ x3 (2x + 3x − 14) = (4x + 14x3 + 3x + 2) PT ( ⇔ x (x − 2)(2x + 7) ( ( x+2−2 ) ) x + + ) = (4x + 14x + 3x + 2)(x − 2) ⇔ x3 (x − 2)(2x + 7) x + + = (4x + 14x3 + 3x + 2)(x + − 4)  x − = ⇔ x = (thỏa mãn (*)) ⇔  x (2x + 7) x + + = 4x + 14x + 3x +  ( ) 0,25 (1) (1) ⇔ x3 (2x + 7) x + + 4x + 14x3 = 4x + 14x + 3x + ⇔ x3 (2x + 7) x + = 3x + ⇒xx=≠00 Nhận thấy khơng nghiệm phương trình Khi đó, PT ⇔ (2x + + 3) x + = + 3 + t+∈3 ¡3x + =x x+ (2) Xét hàm số: với ⇔ 2(x + 2) x f(t) = 2t + 3t x x Ta có: f '(t) = 6t + > ∀t ∈ ¡ ⇒ ¡ Hàm số f(t) đồng biến Do 1 (2(thỏa ) ⇔ f x + = f  ÷⇔ x + = ⇔ x x + = x > x −1 + x ⇔ ⇔x= mãn (*)) 2 (x + 1)(x + x − 1) = Vậy nghiệm  −1 + x= ,x = phương trình cho là: Tìm giá trị lớn P … Ta có: (x + y + x + z)2 (2x + y + z)2 (x + y)(x + z) ≤ =   14 48 ≥ Từ giả thiết  3x + 2y + z + +83x + 2z + y(+2x1 ÷ 2x + y + z) +  + y 3+(z) ≤ suy ra: 3(2x + y + z) + + y + z = t (t > 0) ⇒ x Đặt t ≤⇔ t ≥ ⇔2(t⇒−22x)(+3ty2 ++ z8t≥+216) ≥ 3t + 4 ≤ (2x + y + z)2 ≤ (22 + 12 + 12 )(x + y + z ) ⇔ x + y + z ≥ × Mà: Ta có: 2x + y + z + 12x + 12x + P= = 1+ 2 212x 2+ 36x ++6x + y + z 2x≤ +1 +y + z = + x2 > 036 x 3x Xét hàm số: với + 62 + f(x) x += +  x = −1 (loại) 3x + −36(3x + x − 2)  f '(x) = , f '(x) =0⇔ 2 2 x= ⇒ f  ÷ = 10 (3x + 2)  3 ( (1,0 điểm) Ta có: Bảng biến thiên: 0,25 0,25 ) 0,25 0,25 0,25 0,25 x y' 0f(x) ≤ 10 ⇒ P ≤ 10+∞ − + y 10 Suy ra: Vậy giá trị lớn P x = ,y = z = × 10 Dấu “=” xảy khi: 3 ▪ Chú ý: Các cách giải khác đáp án cho điểm tối đa 0,25