Hàm số không có cực trị Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm căn cứ, nhận xét đồ thị.. Xét dấu y’ và kết luận.[r]
(1)SỞ GD&ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN Năm học 20152016
Mơn : TỐN 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: 1
x y
x
Câu (1,0 điểm)
Cho hàm số yx4mx2 m 5có 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 log 153 a,log 103 b Tính log 509 theo a b Câu (2,0 điểm)
Giải phương trình sau:
a) s in cosx x +6s inxcosx 3 0; b) 22x522x3 52x23.52x+1 Câu (1,0 điểm)
Tìm số hạng chứa x4 khai triển nhị thức Niu-tơn 2
n x
x với x ≠ 0, biết rằng:
15
n n
C C với n số nguyên dương Câu (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, BA = 3a, BC = 4a AB vng góc với mặt phẳng (SBC) Biết SB = 2a SBC300 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a
Câu (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng : 5
d x y A(4; 8) Gọi E điểm đối xứng với B qua C, F(5; 4) hình chiếu vng góc B đường thẳng ED Tìm tọa độ điểm C tính diện tích hình chữ nhật ABCD
Câu (1,0 điểm)
Giải phương trình:
1 (2 3) (2 2)
x x x x x
Câu (1,0 điểm)
Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn: 2
x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
P8xyz
xy yz zx
- Hết -
(2)
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN 12 lần
Câu Nội dung Điểm
1
TX D = R\ 1 Ta có
x x
2 /
lim lim
1 /
y x
x , xlim1 y , xlim1 y Kl tiệm cận đứng tiệm cận ngang
D
x ta có y’(x) = 2
( 1)
x y’(x) < x D
Ta có bảng biến thiên:
x ∞ +∞ y’
y
+ ∞
2 ∞
Hàm số nghịch biến (∞; 1) (1; + ∞) Hàm số cực trị Vẽ đồ thị hình dạng điểm cứ, nhận xét đồ thị
0,25
0,25
0,25 0,25
2
x ta có y' x( )4x32mx = x x2 (2 2m),
(Cm) có ba điểm cực trị y’(x) = có ba nghiệm phân biệt, tức
2 (2x x2m)0có ba nghiệm phân biệt 2
x m = có hai nghiệm phân biệt khác 0
m
Xét dấu y’ kết luận
0,25 0,25
0,25 0,25
3
Ta có 32
1
log 50 log 50 log 50
3 3
150
log 50 log log 15 log 10 1
a b
Kết luận
0,25 0,5 0,25
4
a) TXĐ D =
Phương trình cho (2s inx1)(cosx +3)0
sin
cos 3(v« nghiƯm)
x x =
(3)2 6
x k
x l
, với k, l số nguyên Kết luận
0,25
b) TXĐ D =
Phương trình
2 (4 1) (5 3)
x x
22x3.552x1.8
2
1
2 0
x
x x
0,25 0,25 0,25 0,25
5
Ta có 15 21 15 ( 1) 15
2
n n n+
n n +
C C C
2 (t / m)
30
6 (lo¹i)
n n + n
n
Với n = x0 ta có
5 5 5
2 5
5
0
2
C ( ) ( ) C ( 2)
k k k k k k
k k
x x x
x x
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
6
A
I S H
B C
Ta có AB (SBC) (gt) nên VSABC =
1 3AB SSBC Từ gt ta có SSBC =
0
1 1
.sin 30 3
2BC BS a a a
Khi VSABC =
1
3 3
3 a a a (đvtt)
0,25
0,25
Hạ BH SC (HSC) ta chứng minh SC (ABH) Hạ BI AH (IAH)
(4)Từ hai kết BI (SAC) BI = d(B; (SAC)) Dựa vào tam giác vng ABH tính BI
7
BI a Kl
0,25 0,25
7
Ta có Cd: 2x y nên C(t; –2t – 5)
Ta chứng minh điểm A, B, C, D, F nằm đường trịn đường kính BD Do tứ giác ABCD hình chữ nhật AC đường kính đường trịn trên, nên suy
được
90
AFC AC2 AF2 CF2 Kết hợp với gt ta có phương trình:
2 2
(t4) ( 2t 13) 81 144 ( t 5) ( 2t 1) t Từ ta C(1; –7)
Từ giả thiết ta có AC // EF, BF ED nên BF AC, doC trung điểm BE nên BF cắt vng góc với AC trung điểm
Suy F đối xứng với B qua AC, suy ∆ABC = ∆AFC
2 75
SABC SAFC SABCD SAFC (đvdt)
0,25 0,25 0,25 0,25
8
TXĐ D = 1;
Phương trình (x 1) x 1 (x 1) x 1 (2x3)3(2x3)22x3 (1)
Xét hàm số f t( ) t3 t2 t f' t( )3t2 2t f' t( ) 0, t suy hàm số f(t) đồng biến
Phương trình (1) có dạng f( x 1) f(2x3) Từ hai điều phương trình (1)
2
2
1
3 / /
1 12 13 10
x x
x x
x =
x x x x x
0,25
0,25 0,25 0,25
9
Ta có
2 2
1 1
3
xy yz zx x y z , đặt t =
3 xyz 0
Mà
2 2
2 2
3 0
3
x + y + z
x y z t
P
3
t
t Xét hàm số f t( )
3
3 8t
t
Ta có t 0, f'(t) =24t2 63
t , ''( ) =
5 f t t
Ta có bảng: t
2
4
0,25 0,25
(5)
f’(t)
f(t)
13
Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với giá trị t thỏa mãn
t Suy P ≥ 13 Dấu xảy t =
2 hay x = y = z =
2 Kl: MinP = 13
0,25
0,25