Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 2 - THPT Bố Hạ

Trường THPT Bố Hạ Tổ Toán- Tin ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN, LỚP 12 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi hàm số y  2x 1. Câu 2 (1,0 điểm) Cho hàm số y  x3 3x2 3x 2 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung. Câu 3 (1,0 điểm) Cho hàm số y  x3 2(m2)x2 (85m)xm5có đồ thị (Cm) và đường thẳng d :y  x m1. Tìm m để d cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ tại x1, x2 , x3 thảo mãn: x2 x2 x2  20. Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: (2sin x1)( 3sin x 2cosx 2)  sin2x cosx Câu 5 (1,0 điểm) a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: A2 3C2 155n. 20 b) Tìm hệ số của x8 trong khai triển P(x) 2x  ,x  0.   Câu 6 (1,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) 32x 32x  30 b) log3 x2  x 1 log3(x 3)1 Câu 7(1,0điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  2a, AD  a 3. Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 450. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD. Câu 8 (1,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3). Gọi N là điểm thuộc cạnh AB sao cho AN  2 AB. Biết đường thẳng DN có phương trình x+y-2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B. Câu 9(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 32x5 5 y 2  y(y 4) y 2 2x x, y. ( y2 1) 2x1 8x 13(y 2)82x29 Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y,z thỏa mãn x  2, y 1,z  0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  2 1 1 x2  y2  z2 2(2x  y 3) y(x 1)(z 1) ------------------------- Hết ------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2015-2016 LẦN 2 Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò C©u Néi dung Hàm số y  2x1 - TXĐ: \1 - Sự biến thiên: §iÓm 0,25đ C©u 1 1.0® C©u 2 1,0đ + ) Giới hạn và tiệm cận : lim y  2; lim y  2.Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang x x của đồ thị hàm số lim y  ; lim y   . Đường thẳng x= -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x(1) x(1) +) Bảng biến thiên Ta có : y`  (x1)2  0,x  1 0,25đ Hàm số đồng biến trên các khoảng ;1 ; (-1;+) Hàm số không có cực trị Vẽ đúng bảng biến thiên 0,25đ - Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị 0,25đ Gọi A là giao điểm của đồ thị (C) và trục tung. Suy ra A(0;-2) 0,25đ y` 3x2 6x3 0,25đ y`(0)  3 0,25đ Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(0;-2) là y  y`(0)(x0)3 3x2 0,25đ Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng d là: 0,25đ x3 2(m2)x2 (85m)xm5  xm1 x3 2(m2)x2 (75m)x2m6  0 C©u 3 1,0đ C©u 4 1,0đ  (x2)x2 2(m1)x3m  0(1)  x2 2(m1)x3m  0(2) Đặt f(x)=VT(2) (Cm) cắt d tại 3 điểm phâm biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 0,25đ `  (m1)2 (3m)  0 (m2 m2  0 m  2  f (2)  0 m  1 m  1 Khi đó giả sử x1=2; x2,x3 là nghiệm của (2). Ta có x2  x3  2(1m),x2x3  3m 0,25đ Ta có x1  x2  x3  4(x2  x3)2 2x2x3  4m2 6m 2 x2  x2  x2  20  4m2 6m 2  20  2m2 3m9  0  m  3 hoÆcm =- 3 tm 0,25đ (2sin x1)( 3sin x 2cosx 2)  sin2x cosx(1) (1)  (2sin x1)( 3sin x2cosx 2)  cosx(2sin x1) 0,25đ  (2sin x1)( 3sin xcosx  2)  0  2sin x1 0(2) 0,25đ  3sin xcosx  2(3) +) (2)  x  6  k2,x  6  k2 0,25đ sinx      KL 2  x  12 k2 0,25đ x  12 k2 C©u 5 1,0đ a)ĐK: n,n  2 . A2 3Cn 155n  n(n1) 2!(n1)! 155n  n2 11n30  0  n  5  20 20 b) P(x) 2x   Ck (1)k 220k x203k   k0 Số hạng tổng quát của khai triển trên là Ck0(1)k 220k x203k Hệ số của x8 trong khai triển trên ứng với 203k 8  k  4 Vậy hệ số của x8 trong khai triển P(x) là C40(1)4216 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 32x 32x  30  3.(3x )2 10.3x 3 0 a) 3x  3 0,25đ 3x 1/3 C©u 6 1,0đ C©u 7 1,0đ x 1 x  1 b) log3 x2  x 1 log3(x 3)1(1) Điều kiện : x>-3. log3 x2  x 1 log3(x 3)1 log3 x2  x 1 log3 3(x 3) x2  x 1 3(x 3) x2 2x 8 0  x  2  Gọi hình chiếu của S trên AB là H. Ta có SH  AB,(SAB)(ABCD)  AB,(SAB)  (ABCD)  SH  (ABCD) SH  (ABCD), suy ra góc giữa SD và (ABCD) là SDH  450 . Khi đó tam giác SHD vuông cân tại H, suy ra SH  HD  2a , Khi đó thể tích lăng trụ là VS.ABCD  1 SH.SABCD  4a3 3 (đvtt) Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà SA (SAx)  d(BD,SA)  d(BD,(SAx))  d(B,(SAx))  2d(H,(SAx)) Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H trên Ax và SI Chứng minh được HK  (SAx) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Tính được HK  2a 93 .  d(BD,SA)  2d(H,(SAx))  2HK  4a 93 0,25đ Đặt AD  x(x  0)  AB 3x, AN  2x,NB  x,DN  x 5,BD  x 10 Xét tam giác BDN có cosBDN  BD2  DN2  NB2  7 2 0,25đ Gọi n(a;b)(a2 b2  0) là vectơ pháp tuyến của BD, BD đi qua điểm I(1;3), C©u 8 PT BD: axby a3b  0 1,0đ cosBDN  cos(n,n )  |a b|  7 2  24a2  24b2 50ab  0  3a  4b 0,25đ a2 b2 2  +) Với 3a  4b , chon a=4,b=3, PT BD:4x+3y-13=0 D  BDDN  D(7;5)  B(5;11) +) Với 4a  3b , chon a=3,b=4, PT BD:3x+4y-15=0 D  BDDN  D(7;9)  B(9;3) 0,25đ 0,25đ 32x5 5 y 2  y(y4) y2 2x(1) x, y ( y2 1) 2x1 8x 13(y2)82x29(2) Đặt đk x   1, y  2 0,25đ +)(1)  (2x)5 2x  (y2 4y) y2 5 y2  (2x)5 2x  y25  y2(3) Xét hàm số f (t)  t5 t, f `(t) 5t4 1 0,xR, suy ra hàm số f(t) liên tục trên R. Từ (3) ta có f (2x)  f ( y 2)  2x  y 2 Thay 2x  y 2(x  0) vào (2) được (2x1) 2x1  8x3 52x2 82x29 C©u 9 1,0đ  (2x1) 2x1  (2x 1)(4x2 24x 29)  (2x1) 2x14x2 24x 29 0 0,25đ x  1   2x 14x  24x29  0(4) Với x=1/2. Ta có y=3 (4)  ( 2x12)(4x2 24x27)  0  2x3 (2x 3)(2x9)  0 2x 12 x  3/ 2   2x12(2x9)  0(5) Với x=3/2. Ta có y=11 0,25đ Xét (5). Đặt t  2x 1  0 2x  t2 1. Thay vao (5) được t3 2t 1021 0  (t 3)(t2 t 7)  0 . Tìm được t 1 229 . Từ đó tìm được x  134 29 , y  10313 29 0,25đ KL Đặt a  x2,b  y1,c  z  a,b,c  0 P  2 a2 b2  c2 1  (a1)(b1)(c1) Ta có a2 b2 c2 1 (a b)2  (c1)2  1 (a bc1)2 Dấu “=” xảy ra khi a  b  c 1 Mặt khác (a1)(b1)(c1)  (a bc 3)3 Khi đó P  abc1 (abc3)3 . Dấu “=” xảy ra khi a  b  c 1 Đặt t  abc11 . Khi đó P  t  (t  2)3 ,t 1 C©u 10 f (t)  t  (t 22)3 ,t 1; f `(t)  t2  (t 82)4  8 t2 (t (t2)2)4 1,0đ Xét f `(t)  0  81t2 (t 2)4  0  t2 5t 4  0  t  4(do t>1) lim f (t)  0 x Bảng biến thiên 0,25đ 0,25đ 0,25đ t 1 4  f’(t) + 0 - f(t) 1 8 0,25đ 0 0 Từ BBT Ta có maxf(x)=f(4)=1 Vậy ma xP  f(4)  1  abc1 4  a  b  c 1 x  3;y  2;z 1 Hết ... - tailieumienphi.vn