Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 khi b.. Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng cắt đồ thị của hàm số 1 tại hai điểm phân biệt có hoành độ sao cho Câu 2 1,0 điểm.. Trong
Trang 1SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi: 15/01/2016
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: với m là
tham số
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
b Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm phân biệt có hoành độ sao cho
Câu 2 (1,0 điểm)
a Giải phương trình:
b Giải bất phương trình:
Câu 3 (1,0 điểm) Tính
nguyên hàm:
Câu 4 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ
tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại có tâm đường tròn ngoại tiếp là và điểm B nằm trên đường
thẳng d có phương trình: Tìm tọa độ đỉnh B, C
Câu 5 (1,0 điểm).
a Cho với Tính giá trị của biểu thức:
b Cho X là tập hợp gồm 6 số tự nhiên lẻ và 4 số tự nhiên chẵn Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số
tự nhiên Tính xác suất chọn được ba số tự nhiên có tích là một số chẵn
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ
đứng có đáy là hình thoi cạnh a, và Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng và BD theo a
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ
tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng BD là điểm là trung điểm cạnh BC và phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác
ADH có phương trình là Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD
Câu 8 (1,0 điểm) Giải
phương trình:
Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
- Hết
-Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2016
Môn: TOÁN
1 1
mx
x
1
m 2 d: y x m
1 2
x ,x
4(x x ) 6x x 21
sin x cosx cos x.
2
log (x ) log (x )
dx I
x
3 2 A( ; )2 1 I( ; )7 0
x y
1 2
tan 0
5 5 2
A cos sin
ABCD.A'B'C'D'BAD 5AC' a 120o ABCD.A'B'C'D'AB'
6 7
5 5
H ; ,
1 0 M( ; )
7x y 3 0
x y z x z y
2
P
ĐỀ THI THỬ LẦN 2
Trang 2(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)
1
(2,0 điểm)
a (1,0 điểm)
• Tập xác định:
• Sự biến thiên:
, là đường TCN của đồ
thị hàm số
, là đường TCĐ của đồ
thị hàm số
0,25
Hàm số nghịch biến trên
Bảng biến thiên:
0,25
0,25
b (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị m …
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và d là nghiệm của phương trình:
0,25
Đồ thị hàm số (1) cắt d tại hai điểm phân biệt(2) có 2 nghiệm phân biệt 0,25
1
1
x
x
D \ {1}
xlim y 2
xlim y 2 y 2
x 1
x 1 lim y
2
3
(x 1)(1;( ;1) )
x 1
y 2
2
'
2
1
2
x
• Đồ thị:
x
- Nhận xét: Đồ
thị hàm số nhận điểm làm tâm đối xứng
0
1 2 1
I(1;2)
Trang 3Do là nghiệm của (2)
Theo giả
thiết ta
Vậy giá trị m thỏa
mãn đề bài là:
0,25
2
(1,0 điểm) a (0,5 điểm) Giải phương trình:PT
Vậy
nghiệm của
phương trình đã cho là:
0,25
b (0,5 điểm) Giải bất phương trình:
Điều kiện:
Kết hợp điều kiện ta
được: là nghiệm của bất phương
trình
Vậy nghiệm của bất phương trình
đã cho là:
0,25
3
4
(1,0 điểm) Tìm tọa độ đỉnh B, C.Ta cĩ:
I là tâm đường trịn ngoại
Do tam giác ABC vuơng tại A là
trung điểm của BC
▪ Với
0,25
▪ Với
5
(1,0 điểm) a (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức:Do
Ta cĩ:
0,25
Do đĩ:
0,25
b (0,5 điểm) Tính xác suất …
Phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên”
Số phần tử của khơng gian
mẫu là:
Gọi A là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên cĩ tích là một số chẵn”
0,25
2
1 2
6 2 10
6 2 10
m
(*) m
m
1 2
x ,x
1 2
1 2
2 2 1 2
m
x x
m
x x
m
m
4
22 5
m (thỏa mãn(*))
m (không thỏa mãn(*))
4
m
2
sin x cosx cos x cosx cosx(sin x cosx )
0
2
cosx
2
x k
2
log (x ) log (x ) log (x x )
1
2
t x t x tdt dx
4
tdt
2x 1 4ln 2x 1 4 C
IA ( ; ) IA
2
B(b,b ) d IB (b ,b ) IB b b
2 1 I( ; )
B( ; ) C( ; ).
B( ; ) C( ; )
B( ; ),C( ; )B( ; ),C( ; ).3 4 1 2
2
5
sin tan cos
A cos sin cos
3
10 120 n( ) C
Trang 4là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên có tích là một số lẻ”
Chọn được 3 số tự nhiên lẻ có cách
Do đó:
6
(1,0 điểm) Tính thể tích khối lăng trụ …
0,25
Mà là lăng trụ đứng
vuông tại C
Vậy
0,25
Tứ giác là hình bình hành ////
Vì
Trongkẻ
0,25
vuông tại C
7
(1,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.Gọi N, K lần lượt là trung điểm
của HD và AH// và
Do
Mà là trực tâm tam giác ABN
Suy ra (1)
Vì M là trung điểm BC
0,25
phương trình MN có dạng:
phương trình AM
là:
Mà Vì N là trung điểm
HD
0,25
Ta có:
Do AH đi qua H và nhận là 1
VTPT
phương trình AH là:
Mà
0,25
Ta có:
Vì M là
0,25
3
6 20
3 6
CA
20 1
120 6
n(A) P(A)
n( )
P(A) P(A)
A
D
A'
D'
O
ABCD.A'B'C'D'
ACC'
2
3 3
2 ABCD.A'B'C'D' ABCD
a
V CC'.SC'DAB'C'D(BC'D).AB'AB' a a d(AB',BD) d(AB',(BC'D)) d(A,(BC'D)) d(C,(BC'D))
CH (BC'D) d(C,(BC'D)) CH
BD AC,BD CC' BD (OCC') (BC'D) (OCC').
CH OC' (H OC').
OCC'
(OCC'),
a CH
17
a d(AB',BD)
NK
AD1 2
NK AD
AK BD K
1 2
C B
H
M
N K
x y c
M( ; ) MN c c
x y
2 1
5 5
N MN AN N ;
2 1 D( ; )
HN ;
AH HNn ( ; )4 3
0 3
A AH AN A( , )
4x 3y 9 0
0 2 C( ; )
Gọi O
là tâm hình thoi ABCD
Do hình thoi ABCD có đều
Ta có:
BAD
ABC, ACD
AC a
2 3 2
2 ABCD ABC
a
S S
Do đó // BM và BMNK là hình bình hành // (2)
Từ (1) và (2) suy ra
NK
NK BM
BK
Trang 5trung điểm BC
Vậy tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật là:
8
(1,0 điểm) Giải phương trình:Điền kiện:
PT
0,25
Nhận thấy khơng là nghiệm của phương trình Khi đĩ, PT
0,25 Xét hàm số: với Ta cĩ: Hàm số f(t) đồng biến trên Do đĩ 0,25 (thỏa mãn (*)) Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 0,25 9 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của P …Ta cĩ:
Từ giả thiết suy ra: Đặt 0,25 Mà: Ta cĩ: 0,25 Xét hàm số: với Ta cĩ: Bảng biến thiên: Suy ra: 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của P là 10 Dấu “=” xảy ra khi: 0,25 ▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa. 0 3 2 2 0 2 2 1 A( ; ),B( ; ),C( ; ),D( ; ). 2 x (*) 3 4 3 2 3 4 3 2 3 4 3 2 2 2 7 2 2 4 14 3 2 2 4 2 2 7 2 2 4 14 3 2 2 2 0 2 2 7 2 2 4 14 3 2 1 x (x )( x ) x ( x x x )(x ) x (x )( x ) x ( x x x )(x ) x x (thỏa mãn(*)) x ( x ) x x x x ( ) 3 2 2 3 14 4 4 14 3 3 2 2 2 2 x ( x x ) ( x x x ) x 3 4 3 4 3 2 1 2 7 2 4 14 4 14 3 2 ( ) x ( x ) x x x x x x 3 2 7 2 3 2 2 x ( x ) x x 0 x 0x 3 3 2 2 4 3 2 ( x ) x x x 3 2 3 2(x 2) x 2 3 x 2 ( )2 x x 3 2 3 f(t)t t t 2 6 3 0 f '(t) t t 1 1 2 2 2 2 1 ( ) f x f x x x x x 1 5 2 2 x ,x 2 0 1 5 2 1 1 0 x x (x )(x x ) 2 2 2 4 4 (x y x z) ( x y z) (x y)(x z) 1 1 8 2 3x 2y z 1 3x 2z y 1 3 2( x y z) 2 2 8 2 3 2 2 4 ( x y z) ( x y z) 2x y z t (t2 0) 2 8 2 3 8 16 0 3 2 4 t (t )( t t ) t t2 2x y z 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 1 1 3 ( x y z) ( )(x y z ) x y z 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 12 2 12 2 1 2 x y z x x P x y z x x y z 2 2 12 2 36 6 1 1 2 2 3 x x 3x x 2 36 6 1 2 x f(x) 3x 0 x 2 2 2 1 36 3 2 0 2 2 10 3 2 3 3 x (loại) ( x x ) f '(x) , f '(x) x f ( x ) x 0
0
y 10
2 1
2 3
'
f(x) P
x ,y z
