Đề thi thử toán 2016 trường THPT ngô sỹ liên lần 2

Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác SỞ GD&ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN Năm học 2015  2016 Môn : TOÁN LỚP 12 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y  2x  x 1 Câu (1,0 điểm) om Cho hàm số y  x  mx2  m  có đồ thị (Cm), m tham số Xác định m để đồ thị (Cm) hàm số cho có ba điểm cực trị Câu (1,0 điểm) Cho log3 15  a, log3 10  b Tính log9 50 theo a b .c Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sau: oc a) s inx cos x + s inx  cosx   ; b) 2 x 5  2 x 3  52 x 2  3.52 x+1 Câu (1,0 điểm) n oc u 2  Tìm số hạng chứa x khai triển nhị thức Niu-tơn  x2   với x ≠ 0, biết rằng: x  Cn1  Cn2  15 với n số nguyên dương Câu (1,0 điểm) gb Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, BA = 3a, BC = 4a AB vuông góc với   300 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ mặt phẳng (SBC) Biết SB = 2a SBC điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a Câu (1,0 điểm) on Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : x  y   A(  4; 8) Gọi E điểm đối xứng với B qua C, F(5;  4) hình chiếu vuông góc B đường thẳng ED Tìm tọa độ điểm C tính diện tích hình chữ nhật ABCD kh Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x x   (2 x  3)2 (2 x  2)  x  Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn: x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  xyz  1   xy yz zx Hết Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 12 lần C©u Néi dung bµi §iÓm TXĐ D = R\ 1 Ta có lim y  lim x  x  1 / x  , lim y   , lim y   x 1 x 1 11 / x 0,25 x  D ta có y’(x) = 3  y’(x) < x  D ( x  1) 0,25 Ta có bảng biến thiên: +∞  y’  y oc +∞ ∞ 0,25 Vẽ đồ thị hình dạng điểm cứ, nhận xét đồ thị 0,25 x   ta có y' ( x)  x3  2mx = x(2 x2  m) , 0,25 (Cm) có ba điểm cực trị y’(x) = có ba nghiệm phân biệt, tức x(2 x2  m)  có ba nghiệm phân biệt 0,25 gb oc u Hàm số nghịch biến (  ∞; 1) (1; + ∞) Hàm số cực trị  x2  m = có hai nghiệm phân biệt khác  m0 0,25 Xét dấu y’ kết luận 0,25 on Ta có log9 50  log32 50  kh log3 50  log3 log3 50 150  log3 15  log3 10   a  b  Kết luận 0,25 0,5 0,25 a) TXĐ D =  Phương trình cho  (2s inx  1)(cos x+ 3)  c ∞ x om Kl tiệm cận đứng tiệm cận ngang  sin x    cosx = 3(v« nghiÖm) 0,5 0,25 Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác    x   k 2 , với k, l số nguyên Kết luận   x  5  l 2  0,25 b) TXĐ D =  Phương trình  22 x 3 (4  1)  52 x 1 (5  3) 0,25 0,25 om  22 x 3.5  52 x 1.8 0,25 2x 2    1 5  2x   x  n(n+ 1)  15  n  (t / m)  n2 + n  30     n  6 (lo¹i)   5 2 5k k k  C ( x ) (  )  C 5k x3k 5 (2)5k    x  k 0 x k 0 oc u Với n = x  ta có  x2  oc Ta có Cn1  Cn2  15  Cn+  15  c 0,25 Số hạng chứa x4 khai triển thỏa mãn 3k – =  k = 3, suy số hạng chứa x4 khai triển 40x4 0,25 0,25 0,25 0,25 on gb A I S H B C kh Ta có AB  (SBC) (gt) nên VSABC = Từ gt ta có SSBC = Khi VSABC = AB.S SBC 0,25 1 BC.BS sin 300  4a.2a  2a 2 3a.2a  2a 3 (đvtt) Hạ BH  SC (H  SC) ta chứng minh SC  (ABH) Hạ BI  AH (I  AH) 0,25 Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác Từ hai kết  BI  (SAC)  BI = d(B; (SAC)) 0,25 6a  Kl Dựa vào tam giác vuông ABH tính BI  BI  0,25 Ta có C  d : x  y   nên C(t; –2t – 5) Ta chứng minh điểm A, B, C, D, F nằm đường tròn đường kính BD Do tứ giác ABCD hình chữ nhật AC đường kính đường tròn trên, nên suy 0,25 (t  4)2  (2t  13)2  81  144  (t  5)2  (2t  1)2  t  om  AFC  900  AC  AF  CF Kết hợp với gt ta có phương trình: 0,25 Từ ta C(1; –7) cắt vuông góc với AC trung điểm oc Suy F đối xứng với B qua AC, suy ∆ABC = ∆AFC c Từ giả thiết ta có AC // EF, BF  ED nên BF  AC, C trung điểm BE nên BF  S ABC  S AFC  S ABCD  2S AFC  75 (đvdt) TXĐ D = 1;  oc u Phương trình  ( x  1) x   ( x  1)  x   (2 x  3)3  (2 x  3)2  x  (1) 0,25 0,25 0,25 Xét hàm số f (t )  t  t  t  f' (t )  3t  2t   f' (t )  0, t   suy hàm số f(t) đồng biến  0,25 Phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f (2 x  3) Từ hai điều phương trình (1) gb  x 1  2x  x  / x  /    x= 2  x   x  12 x  4 x  13 x  10  1 1    3 2 , đặt t = xy yz zx x y z on Ta có x2 y z  kh Mà  P  8t  0,25 3 8t  Xét hàm số f (t )  t t , f''(t ) =  t  t3 Ta có bảng: 0,25 xyz  x2 + y + z 1  0t  Ta có t  , f'(t) = 24t  t 0,25 5 0,25 Truy cập www.khongbocuoc.com để tải thêm nhiều tài liệu khác  0,25 f’(t) f(t) 13 1 hay x = y = z = Kl: MinP = 13 2 kh on gb oc u oc c Suy P ≥ 13 Dấu xảy t = om Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với giá trị t thỏa mãn  t  0,25