de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan lttbn 2

Tìm tọa độ đỉnh B, C... Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm... 0,5 điểm Giải bất phương trình:... Gọi A là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên có tích là một số chẵn”... Mà AK ⊥BD⇒Klà

SỞ 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:

1 1

mx

x

+

=

− với m là tham số.

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=1

b. Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng d:y= − +2x m cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai

điểm phân biệt có hoành độ x ,x1 2 sao cho 4(x1+x )2 −6x x1 2 =21

Câu 2 (1,0 điểm)

a. Giải phương trình: sin x2 + =1 4cosx cos x.− 2

b. Giải bất phương trình: 2 12

log (x ) log (x− ≤ + +)

Câu 3 (1,0 điểm) Tính nguyên hàm: 2 1 4

dx I

x

− +

∫

Câu 4 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A( ; )3 2 có tâm đường tròn ngoại tiếp là I( ; )2 1− và điểm B nằm trên đường thẳng d có phương trình:x y− − =7 0

Tìm tọa độ đỉnh B, C

Câu 5 (1,0 điểm).

a. Cho

1 2

tanα = −

với − < α <π2 0

Tính giá trị của biểu thức: A = 5cosα −5sin 2α

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 ABCD.A 'B'C'D'có đáy là hình thoi cạnh a,

BAD= và AC' a = 5 Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A 'B'C'D' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB' 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

6 7

5 5

H− ; ,

  điểm M( ; )−1 0 là trung điểm cạnh BC và

phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH có phương trình là 7x y+ − =3 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD

Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn:

3 2 1 3 2 1 (x y)(x z)

+ + + + + +

ĐỀ THI THỬ LẦN 2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2

(x ) y z P

x y z

+ + + −

+ +

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

(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

1

(2,0 điểm)

a (1,0 điểm)

2 1 1

1

x

x

+

= ⇒ =

−

• Tập xác định: D=¡ \{1}.

• Sự biến thiên:

→−∞ =

xlim y 2

, →+∞ = ⇒ =

là đường TCN của đồ thị hàm số

→ + = +∞

x 1limy

, → − = −∞ ⇒ =

là đường TCĐ của đồ thị hàm số

0,25

−

= < ∀ ∈

− 2

3

(x 1)

⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1) và (1;+∞) 0,25

Bảng biến thiên:

x −∞ 1

+∞

'

y − −

y 2 +∞

−∞ 2

0,25

0,25

• Đồ thị:

x 0 −1

2

y −1 0

- Nhận xét: Đồ thị hàm số

nhận điểm I(1;2) làm

tâm đối xứng

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:

2

1

2

x mx

x m

 ≠ + = − + ⇔ 

0,25

Đồ thị hàm số (1) cắt d tại hai điểm phân biệt⇔(2) có 2 nghiệm phân biệt ≠1

2

1 2

6 2 10

12 4 0

6 2 10

m

(*) m

m

 ≠ −



 + − + + ≠

⇔∆ = − − > ⇔ > +

 < −



0,25

Do x ,x1 2 là nghiệm của (2)

1 2

1 2

2 2 1 2

m

x x

m

x x

 + = −



 =



Theo giả thiết ta có: 1 2 1 2

1 5 21

1 5 21

m

m

 − = + − = ⇔⇔ − = ⇔  − = −

4 22 5

 = −



⇔  =



Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: m= −4

0,25

2

(1,0 điểm) a (0,5 điểm) Giải phương trình:PT⇔sin x2 + +1 cos x2 −4cosx=0

2

2 0

sinxcosx cos x cosx cosx(sinx cosx )

0,25

0

2

cosx

 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x= + π2π k 0,25

b (0,5 điểm) Giải bất phương trình:

Điều kiện: x>1.

BPT⇔log (x ) log (x2 − +1 2 + ≤ ⇔3) 5 log (x2 2+2x− ≤3) 5 0,25 ⇔x2+2x− ≤ ⇔ − ≤ ≤35 0 7 x 5

Kết hợp điều kiện ta được: 1< ≤x 5 là nghiệm của bất phương trình.

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1< ≤x 5

0,25

3

(1,0 điểm) Tính nguyên hàm:

4

tdt

⇒ = =  − ÷ = − + +

+  + 

= 2x− −1 4ln( 2x− + +1 4) C 0,25

4

(1,0 điểm) Tìm tọa độ đỉnh B, C.

Ta có: IA ( ; )uur= 1 3 ⇒IA= 10

Giả sử B(b,b− ∈ ⇒7) d IB (buur= −2,b− ⇒6) IB= 2b2−16b+40 0,25

I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC⇒IA IB= ⇔IA2 =IB2

b B( ; )

b B( ; )

 = ⇒ −

⇔ = − + ⇔ − + = ⇔  = ⇒ −



0,25

Do tam giác ABC vuông tại A⇒I( ; )2 1− là trung điểm của BC.

▪ Với B( ; )3 4− ⇒C( ; ).1 2

Vậy tọa độ đỉnh B, C là: B( ; ),C( ; )5 2− −1 0 và B( ; ),C( ; ).3 4− 1 2 0,25

5

(1,0 điểm) a (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức:

Do − < α < ⇒2π 0 sinα <0, cosα >0

Ta có:

2

1 5 sin tan cos

⇒ α = α α = −

0,25

Do đó:

A = cosα − sin cosα α = × + × × = + = 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 không gian mẫu là: n( ) CΩ = 103 =120

Gọi A là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên có tích là một số chẵn”

A

⇒ là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên có tích là một số lẻ”

Chọn được 3 số tự nhiên lẻ có C cách.36

3

6 20 n(A) C

0,25

Do đó:

20 1

120 6

n(A) P(A)

n( )

Vậy

1 5

6 6 P(A)= −P(A)= − = ×

0,25

6

(1,0 điểm) Tính thể tích khối lăng trụ …

A

D

A'

D'

O

0,25

Mà ABCD.A 'B'C'D' là lăng trụ đứng

ACC'

⇒ ∆ vuông tại C ⇒CC'= AC' AC2− 2 = 5a a2− 2 =2a

Vậy

2

3 3

2 ABCD.A'B'C'D' ABCD

a

0,25

Tứ giác AB'C'D là hình bình hành ⇒AB'// C'D⇒AB'//(BC'D)

d(AB',BD) d(AB',(BC'D)) d(A,(BC'D)) d(C,(BC'D))

Trong(OCC'),kẻ CH OC' (H OC').⊥ ∈

0,25

OCC'

a CH

Vậy

2 17

a d(AB',BD)= ×

0,25

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⇒NK//AD và

1 2

NK = AD

Do AD AB⊥ ⇒NK ⊥AB

Mà AK ⊥BD⇒Klà trực tâm tam giác ABN.

Suy ra BK ⊥AN (1)

Vì M là trung điểm BC

1 2

BM BC

Gọi O là tâm hình thoi ABCD

Do hình thoi ABCD có BAD· =120o

AC a

Ta có:

2 3 2

2

a

S = S∆ =

A D

C B

H

M

N K

0,25

⇒ phương trình MN có dạng: x−7y c+ =0

⇒ phương trình AM là: x−7y+ =1 0

Mà

2 1

5 5

N MN AN= ∩ N ; 

⇒  ÷

  Vì N là trung điểm HD ⇒D( ; ).2 1−

0,25

Ta có:

8 6

5 5

HN= ;− 

uuur

Do AH HN⊥ ⇒ AH đi qua H và nhận n ( ; )r = 4 3− là 1 VTPT.

⇒ phương trình AH là: 4x−3y+ =9 0

Mà A AH AN= ∩ ⇒A( , ).0 3

0,25

Ta có:

uuur uuuur

Vì M là trung điểm BC ⇒C( ; ).0 2−

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A( ; ),B( ; ),C( ; ),D( ; ).0 3 −2 2 0 2− 2 1−

0,25

8

(1,0 điểm) Giải phương trình:

Điền kiện: x> −2(*).

PT⇔x ( x3 2 2+3x−14) ( x= 4 4+14x3+3x2+2) x( + −2 2)

 − = ⇔ =



⇔



0,25

( )⇔x ( x+ ) x+ + x + x = x + x + x +

⇔x ( x3 2 +7) x+ =2 3x2+2

Nhận thấy x=0 không là nghiệm của phương trình ⇒ ≠x 0

3 2

( x ) x

x x

⇔ + + + = +

2 3

2(x 2) x 2 3 x 2 ( )2

x x

0,25

Do đó NK// BM và NK BM=

⇒ ◊BMNK là hình bình hành

MN

⇒ // BK (2)

Từ (1) và (2) suy ra MN⊥AN

Xét hàm số: f(t)=2t3+3t với t∈¡ .

Ta cĩ: f '(t)=6t2+ >3 0 ∀ ∈t ¡

⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên ¡

 

⇔ + =  ÷⇔ + = ⇔ + =

 

0,25

2

2

x

x



Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:

1 5

2 2

9

(1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của P …

Ta cĩ:

(x y x z) ( x y z) (x y)(x z)+ + ≤ + + + = + +

2

3x 2y z 1 3x 2z y 1 3 2( x y z) 2

 + + + + + + ÷ + + +

Từ giả thiết suy ra:

2

( x y z) ( x y z)

+ +

≤ + + +

Đặt 2x y z t (t+ + = > ⇒0)

2

2 8

2 3 8 16 0

3 2 4

t (t )( t t )

+ ⇔ ≥ ⇒t 2 2x y z+ + ≥2

0,25

Mà:

3 ( x y z) ( )(x y z ) x y z

Ta cĩ:

1 2

P

2 2

3

3x x

+ +

0,25

Xét hàm số: 2

1

2

x f(x)

3x

+

= +

+ với x>0

Ta cĩ:

2

1

10

x (loại) ( x x )

f '(x) , f '(x)

( x )

 = −

= + = ⇔ = ⇒   ÷=

 

 Bảng biến thiên:

x 0

2

3 +∞

'

y + 0 −

y 10

2 1

0,25

Suy ra: f(x)≤10⇒ ≤P 10.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 10 Dấu “=” xảy ra khi:

x= ,y z= = × 0,25

▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.