Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com SỞ GD&ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN Lớp: 12 ( Thời gian làm bài: 120 phút) 2x+2 (C) 2x + a.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b.Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) giao điểm đồ thị (C) với trục hoành c.Tìm m để đường thẳng d: y = 2mx + m + cắt (C) hai điểm phân biệt Avà B cho biểu thức P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ ( với O gôc tọa độ) Câu 1: (3,0 điểm) Cho hàm số y= Câu2: (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: f(x) = x5 -5x4 + 5x3 + đoạn [ −1; 2] Câu 3: (1,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + mx2 + 7x +3.Tìm m để hàm số đồng biến R Câu 4: (2,0 điểm) a.Giải phương trình cos2x − cosx = 3(sin 2x + sinx) Lập số tự nhiên có chữ số khác từ chữ số { 0,1, 2,3, 4,5, 6, 7} Hãy tính xác suất để lập số tự nhiên chia hết cho b Câu 5: ( 1,0 điểm) Cho hình chop tam giác S.ABC có cạnh đáy a, góc cạnh bên mặt đáy 600 Gọi M, N trung điểm AB Tính thể tích khối chop S.ABC khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN) Câu 6: (0,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = AD , tâm I ( 1, −2 ) Gọi M trung điểm cạnh CD, H(2;-1) giao điểm hai đường thẳng AC BM Tìm toạ độ điểm A, B Câu7: ( 1,0 điểm) Giải bất phương trình x + − x ≥ − 3x − 4x Câu 8: (0,5 điểm) Giả sử a,b,c số thực dương thoả mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= a2 b2 + (a + b )2 2 (b + c) + 5bc (c + a ) + 5ca HẾT ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT VIỆT YÊN II – BẮC GIANG – LẦN Câu 1a (1 điểm) 1 - TXĐ: R/ − 2 - Sự biến thiên: y’ = −2 < 0, ∀ x ≠ − (2x + 1) (0,25) 1 Hàm số nghịch biến −∞; − ÷ − ; +∞ ÷ 2 Tính giới hạn tiệm cận 0,25 Lập bảng biến thiên 0,25 Đồ thị: Giao Ox (-1;0) ; Giao Oy (0; 2) Vẽ đồ thị (0,25) 0,25 b (1 điểm) −2 y’ = , đồ thị (C) giao với trục Ox điểm M(-1;0) (2x + 1) y’(1) = -2, PTTT y = -2(x – 1) = -2x + 0.5 0,5 • (d) cắt (C) hai điểm phân biệt ⇔ PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác m≠0 ' ⇔ V = 4m > ⇔ m > 1 g − ÷≠ 2 0,5 • Gọi hoành độ giao điểm A B x1, x2 x1, x2 nghiệm phương trình (1) x1 + x2 = −1 ⇒ m −1 x1 x2 = 4m Có OA2 + OB = x12 + ( 2mx1 + m + 1) + x2 + ( 2mx + m + 1) 2 2 = ( 4m + 1) ( x1 + x2 ) + 4m ( m + 1) ( x1 + x2 ) +2 ( m + 1) 2 m −1 2 = ( 4m + 1) 1 − 0,25 ÷ −4m ( m + 1) + ( m + 1) 2m 5 ≥ + = (áp dụng BĐT Cô si m dương) = + 2m + 2m 2 Dấu xảy ⇔ m = ( thỏa mãn) KL : m = giá trị cần tìm 0,25 Câu : Hàm số f(x) = x5 − 5x + 5x + liên tục đoạn [ −1; 2] y’= 5x − 20x + 15x = 5x ( x − 4x + ) Cho y’ = ⇔ 5x (x − 4x + 3) = x=0 ∈ [ -1;2 ] nhËn 5x = ⇔ ⇔ x = ∈ [ −1;2 ] nhËn x − 4x + = x = ∉ −1;2 lo¹ i [ ] Ta có f(0) = − 5.0 + 5.0 + = f(1) = − 5.1 + 5.1 + = f(-1) = (−1)5 − 5.(−1)4 + (−1)3 + = −10 f(2) = − 5.2 + 5.2 + = −7 0,5 Trong kết trên, số nhỏ -10 số lớn Vậy min[ −1;2 ] y = −10 x = -10 ; max[ −1;2] y = x = Câu : y’ = 3x2 + 2mx + Để hàm số đồng biến ¡ y’ ≥ 0, ∀x ∈ ¡ 0,5 ⇔ 3x + mx + ≥ 0, ∀x ∈ ¡ V' ≤ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ m − 21 ≤ ⇔ m ∈ − 21; 21 Câu : a.Cos2x - sin 2x = sinx + cosx ⇔ 3 cos2x − sin 2x= sin x + cosx 2 2 0,5 0,5 π π 2π 2x + = x − + k 2π x=− + k 2π π π 3 ⇔ cos 2x+ ÷ = cos x − ÷ ⇔ ⇔ ,k ∈ ¢ 3 3 π π π 2x + = − x + = k 2π x = k 3 0,5 b Gọi A biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác Số số tự nhiên gồm chữ số khác A8 − A7 = 5880 số 0,5 Số số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: A7 + A6 = 1560 số ⇒ P( A) = S Câu : 1560 13 = 5880 49 0,5 *) Vì S.ABC hình chóp nên ABC tam giác tâm G SG ⊥ ( ABC ) ⇒ VS ABC = SG.S ABC a a2 ⇒ S ABC = Có AG hình chiếu AS (ABC ) A nên góc cạnh bên SA với đáy (SA,AG) = góc SAG = 600 ( SG ⊥ AG ⇒ SAG nhọn 0,25 Tam giác ABC cạnh a nên AN= Trong tam giác SAG có SG = AG.tan600 = a a AN= 3 H M K *)Vì G trọng tâm tam giác ABC nên AG = B C G N a a3 Vậy VS ABC = a = 12 0,25 *) Do G trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng CM = 3GM mà M ∈ ( SMN ) nên d( C ,( SMN ) ) = 3.d( G ,( SMN ) ) Ta có tam giác ABC nên SG ⊥ (ABC) ⇒ SG ⊥ MN ⇒ MN ⊥ ( SGK ) Trong (GHK), kẻ GH ⊥ SK ⇒ GH ⊥ MN ⇒ GH ⊥ ( SMN ) , H ∈ SK ⇒ d( G ,( SMN ) ) = GH 0,25 *) Ta có: BK= AN , BG = AG = AN 1 a AN − AN = AN = 12 Trong tam giác vuông SGK có GH đường cao nên 1 1 48 49 a = + = + = ⇒ GH = 2 GH SG GK a a a 3a Vậy d( C ,( SMN ) ) = 3GH = 0,25 Câu 6: Theo giả thiết ta có H trọng tâm tam giác BCD nên IC = 3IH x − = 3.1 x = ⇔ ⇒ C ( 4;1) Mà IH = ( 1; −1) Gỉa sử C ( x , y ) ⇒ y + = 3.1 y = ⇒ GK = A Do I trung điểm AC nên A ( −2; −5) I CM BC = = ⇒ góc MBC = góc BAC Lại có AB = AD nên BC AB Mà góc BAC + BCA = 900 ⇒ MBC + BCA = 900 ⇒ AB ⊥ BM H D Đường thẳng BM qua H ( 2; −1) , có vtpt IH ( 1;1) ( ) ( B − 2; −1 + ) C M ⇒ pt BM là: x + y – = ⇒ B ( t;1 − t ) uuu r uuu r Có: AB = (t + 2;6 − t ); CB = (t − 4; −t ) uuu r uuu r Vì AB ⊥ BC ⇒ AB.CB = ⇔ (t +2)(t – 4)- t (6-t) = ⇔ t= ± ⇒ B + 2; −1 − B 0,5 Câu : x≥0 ≤ x ≤1 Điều kiện − x ≥ ⇔ −3 − 41 −3 + 41 −3 + 41 ≤x≤ ⇔0≤ x≤ (*) 2 − 3x − 4x ≥ 8 Bất phương trình cho tương đương với ( ) ( ) x + − x + x − x ≥ − 3x − 4x ⇔ x + x − ( − x ) + ( x + x ) ( 1− x ) ≥ 0,5 −5 + 34 x ≥ x2 + x x2 + x x2 + x ⇔3 +2 −1 ≥ ⇔ ≥ ⇔ 9x + 10x − ≥ ⇔ 1− x 1− x 1− x −5 − 34 x ≤ Kết hợp điều kiện(*) ta suy nghiệm bất phương trình −5 + 34 −3 + 41 ≤x≤ Câu 8: a2 a2 4a = Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: ( b + c ) + 5bc 2 ( b + c) + ( b + c) 9( b + c) 2 b 4b ≥ Tương tự ta có : 2 ( c + a ) + 5ca ( c + a ) Suy a2 ( b + c) ( + 5bc 2 2 a + b + c a + b) = ab + c ( a + b ) + c + ) ÷ ÷ ≥ a2 b2 ≥ + 2 ( c + a ) + 5ca ( b + c ) ( c + a ) b2 ( a + b) + c ( a + b) 2 ≥ ( a + b) + c ( a + b ) + c2 a b ÷ ≥ + ÷ 9 b+c c+a÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 2 ( a + b ) + 4c ( a + b ) ÷ = ( a + b ) + 4c ( a + b ) + 4c ÷ 0,25 Vì a + b + c = ⇔ a + b = – c nên 2 2 ( − c ) + 4c ( − c ) 8 2 ÷ P≥ − ( − c ) = 1− − ( 1− c) ÷ 2 ( − c ) + 4c ( − c ) + 4c ÷ c +1 8 Xét hàm số f(c) = − − ( − c ) , với c ∈ ( 0;1) ÷ c +1 Ta có f’(c) = 16 1− − ( c − 1) ; ÷ c + ( c + 1) ( f’(c) = ⇔ ( c − 1) 64 − ( 3c + 3) Bảng biến thiên : c ) = ⇔ c = 13 0,25 f’(c) - f(c) - + (1) 0,5 Dựa vào bảng biến thiên ta có f(c) ≥ − với c ∈ ( 0;1) (2) 1 , dấu đẳng thức xảy a = b = c = 1 Vậy giá trị nhỏ P ≥ − , đạt a = b = c = Từ (1) (2) suy P ≥ −