SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016 Mơn thi: TỐN Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề Ngày thi: 15/01/2016 ĐỀ THI THỬ LẦN 2mx + (1) với m tham số x −1 a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b Tìm tất giá trị m để đường thẳng d: y = −2x + m cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y = có hồnh độ x1 ,x cho 4(x1 + x ) − 6x1x = 21 Câu (1,0 điểm) a Giải phương trình: sin 2x + = cos x − cos 2x b Giải bất phương trình: log2 (x − 1) ≤ log (x + 3) + Câu (1,0 điểm) Tính ngun hàm: I = ∫ dx 2x − + × Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng A(3; 2) có tâm đường tròn ngoại tiếp I(2; −1) điểm B nằm đường thẳng d có phương trình: x − y − = Tìm tọa độ đỉnh B, C Câu (1,0 điểm) π với − < α < Tính giá trị biểu thức: A = cos α − sin 2α 2 b Cho X tập hợp gồm số tự nhiên lẻ số tự nhiên chẵn Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên Tính xác suất chọn ba số tự nhiên có tích số chẵn · Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A ' B'C' D ' có đáy hình thoi cạnh a, BAD = 120o a Cho tan α = − AC' = a Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B'C' D ' khoảng cách hai đường thẳng AB' BD theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vng góc  7 A lên đường thẳng BD H  − ; ÷, điểm M(−1; 0) trung điểm cạnh BC phương trình đường trung  5 tuyến kẻ từ A tam giác ADH có phương trình x + y − = Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 2x + 3x − 14x3 x+2   = 4x + 14x + 3x +  − ÷ x+2   Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số dương thỏa mãn: Tìm giá trị lớn biểu thức: P = ( ) 2 + = (x + y)(x + z) 3x + 2y + z + 3x + 2z + y + 2(x + 3)2 + y + z − 16 × 2x + y + z Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Câu (2,0 điểm) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 Mơn: TỐN (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Đáp án Điểm 2x + x −1 • Tập xác định: D = ¡ \ {1} • Sự biến thiên: lim y = , lim y = ⇒ y = đường TCN đồ thị hàm số x →−∞ x →+∞ a (1,0 điểm) m = ⇒ y = 0,25 lim y = +∞ , lim− y = −∞ ⇒ x = đường TCĐ đồ thị hàm số x →1 x →1+ −3 < ∀x ∈ D (x − 1)2 ⇒ Hàm số nghịch biến khoảng (−∞;1) (1; +∞) y' = x y' y −∞ 0,25 +∞ − − +∞ −∞ Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: x y −1 − - Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;2) làm tâm đối xứng b (1,0 điểm) Tìm tất giá trị m … Hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số (1) d nghiệm phương trình: x ≠ 2mx + = −2 x + m ⇔  x −1 2x + (m − 2)x + m + = (2) Đồ thị hàm số (1) cắt d hai điểm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm phân biệt ≠ 0,25 0,25 0,25  m ≠ − 2 + m − + m + ≠  ⇔ ⇔  ∆ = m − 12m − >   m > + 10   m < − 10  (*)  2−m  x1 + x = Do x1 ,x nghiệm (2) ⇒  x x = m +  2 (1,0 điểm) 1 − 5m = 21 Theo giả thiết ta có: 4(x1 + x ) − 6x1x = 21 ⇔⇔ − 5m = 21 ⇔  1 − 5m = −21  m = −4 (thỏa mãn (*)) ⇔  m = 22 (không thỏa mãn (*))  Vậy giá trị m thỏa mãn đề là: m = −4 a (0,5 điểm) Giải phương trình: PT ⇔ sin 2x + + cos 2x − cos x = ⇔ sin x cos x + cos2 x − cos x = ⇔ cos x(sin x + cos x − 2) =  cos x = π ⇔ ⇔ x = + kπ 2 2 sin x + cos x = (VN + < ) π Vậy nghiệm phương trình cho là: x = + kπ b (0,5 điểm) Giải bất phương trình: Điều kiện: x > BPT ⇔ log (x − 1) + log2 (x + 3) ≤ ⇔ log (x + 2x − 3) ≤ (1,0 điểm) ⇔ x + 2x − 35 ≤ ⇔ −7 ≤ x ≤ Kết hợp điều kiện ta được: < x ≤ nghiệm bất phương trình Vậy nghiệm bất phương trình cho là: < x ≤ Tính ngun hàm: Đặt t = 2x − ⇒ t = 2x − ⇒ tdt = dx ⇒I=∫  tdt  = ∫ 1 − ÷dt = t − ln t + + C t+4  t+4 = 2x − − ln (1,0 điểm) ( ) 2x − + + C Tìm tọa độ đỉnh B, C uur Ta có: IA = (1; 3) ⇒ IA = 10 uur Giả sử B(b, b − 7) ∈ d ⇒ IB = (b − 2, b − 6) ⇒ IB = 2b − 16b + 40 I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ IA = IB ⇔ IA = IB2  b = ⇒ B(5; −2) ⇔ 10 = 2b − 16 b + 40 ⇔ b2 − 8b + 15 = ⇔   b = ⇒ B(3; −4) Do tam giác ABC vng A ⇒ I(2; −1) trung điểm BC ▪ Với B(5; −2) ⇒ C(−1; 0) ▪ Với B(3; −4) ⇒ C(1; 2) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) Vậy tọa độ đỉnh B, C là: B(5; −2),C(−1; 0) B(3; −4),C(1; 2) a (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức: π < α < ⇒ sin α < 0, cos α > 1 2 ⇔ 1+ = ⇒ cos α = Ta có: + tan α = 2 cos α cos α ⇒ sin α = tan α.cos α = − 2 Do đó: A = cos α − 10 sin α cos α = × + 10 × × = + = 5 b (0,5 điểm) Tính xác suất … Phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên” ⇒ Số phần tử khơng gian mẫu là: n(Ω) = C10 = 120 Gọi A biến cố “Chọn ba số tự nhiên có tích số chẵn” ⇒ A biến cố “Chọn ba số tự nhiên có tích số lẻ” Chọn số tự nhiên lẻ có C36 cách Do − 0,25 0,25 0,25 ⇒ n(A) = C36 = 20 n(A) 20 = = × n(Ω) 120 Vậy P(A) = − P(A) = − = × 6 Tính thể tích khối lăng trụ … Do đó: P(A) = (1,0 điểm) Gọi O tâm hình thoi ABCD · Do hình thoi ABCD có BAD = 120o ⇒ ∆ABC, ∆ACD ⇒ AC = a Ta có: SABCD = 2S∆ABC = a 0,25 A' D' C' B' 0,25 A D H 120o O B C Mà ABCD.A ' B'C' D ' lăng trụ đứng ⇒ ∆ACC' vng C ⇒ CC' = AC'2 − AC = 5a2 − a = 2a a2 Vậy VABCD.A 'B'C'D' = CC'.SABCD = 2a × = a3 Tứ giác AB'C' D hình bình hành ⇒ AB' // C' D ⇒ AB' // (BC' D) ⇒ d(AB',BD) = d(AB',(BC' D)) = d(A,(BC' D)) = d(C,(BC ' D)) Vì BD ⊥ AC,BD ⊥ CC' ⇒ BD ⊥ (OCC') ⇒ (BC' D) ⊥ (OCC') Trong (OCC'), kẻ CH ⊥ OC' (H ∈ OC') ⇒ CH ⊥ (BC' D) ⇒ d(C,(BC' D)) = CH ∆OCC' vng C ⇒ Vậy d(AB',BD) = 2a 17 1 2a = + = + ⇒ CH = 2 CH CO CC' a 4a 17 × 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Gọi N, K trung điểm HD AH ⇒ NK // AD NK = Do AD ⊥ AB ⇒ NK ⊥ AB Mà AK ⊥ BD ⇒ K trực tâm tam giác ABN Suy BK ⊥ AN (1) Vì M trung điểm BC ⇒ BM = BC AD A Do NK // BM NK = BM ⇒ ◊ BMNK hình bình hành ⇒ MN // BK (2) Từ (1) (2) suy MN ⊥ AN D N K 0,25 H B M ⇒ phương trình MN có dạng: x − y + c = M(−1; 0) ∈ MN ⇔ −1 − 7.0 + c = ⇔ c = ⇒ phương trình AM là: x − y + = 0,25 2 1 Mà N = MN ∩ AN ⇒ N  ; ÷ Vì N trung điểm HD ⇒ D(2; −1)  5 uuur   Ta có: HN =  ; − ÷ 5 5 r Do AH ⊥ HN ⇒ AH qua H nhận n = (4; −3) VTPT 0,25 ⇒ phương trình AH là: 4x − 3y + = Mà A = AH ∩ AN ⇒ A(0, 3) uuur uuuur 2 = 2(−1 − x ) x = −2 B ⇔ B ⇒ B(−2; 2) Ta có: AD = 2BM ⇔  −4 = 2(0 − y B ) y B = Vì M trung điểm BC ⇒ C(0; −2) Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật là: A(0; 3),B(−2; 2),C(0; −2),D(2; −1) (1,0 điểm) C Giải phương trình: Điền kiện: x > −2 (*) PT ⇔ x (2x + 3x − 14) = (4x + 14x + 3x + 2) ( ⇔ x (x − 2)(2x + 7) ( ⇔ x3 (x − 2)(2x + 7) ( x+2 −2 ) ) x + + ) = (4x + 14x + 3x + 2)(x − 2) x + + = (4x + 14x + 3x + 2)(x + − 4)  x − = ⇔ x = (thỏa mãn (*)) ⇔  x (2x + 7) x + + = 4x + 14x + 3x +  ( 0,25 ) 0,25 (1) (1) ⇔ x (2x + 7) x + + 4x + 14x = 4x + 14x + 3x + ⇔ x3 (2x + 7) x + = 3x + Nhận thấy x = khơng nghiệm phương trình ⇒ x ≠ Khi đó, PT ⇔ (2x + + 3) x + = + x x 0,25 ⇔ 2(x + 2) x + + x + = + (2) x3 x Xét hàm số: f(t) = 2t + 3t với t ∈ ¡ Ta có: f '(t) = 6t + > ∀t ∈ ¡ ⇒ Hàm số f(t) đồng biến ¡ 1 Do (2) ⇔ f x + = f  ÷ ⇔ x + = ⇔ x x + = x x ( 0,25 ) −1 + x > ⇔ ⇔x= (thỏa mãn (*)) 2 (x + 1)(x + x − 1) = Vậy nghiệm phương trình cho là: x = (1,0 điểm) 0,25 −1 + ,x = 2 Tìm giá trị lớn P … (x + y + x + z)2 (2x + y + z)2 Ta có: (x + y)(x + z) ≤ = 4   1 2 + ÷≥  3x + 2y + z + 3x + 2z + y +  3(2x + y + z) + Từ giả thiết suy ra: (2x + y + z)2 ≤ 3(2x + y + z) + 0,25 t2 ≤ ⇔ (t − 2)(3t + 8t + 16) ≥ 3t + ⇔ t ≥ ⇒ 2x + y + z ≥ Đặt 2x + y + z = t (t > 0) ⇒ Mà: ≤ (2x + y + z)2 ≤ (22 + 12 + 12 )(x + y + z ) ⇔ x + y + z ≥ Ta có: P = × 2x + y + z + 12x + 12x + = 1+ 2 2 2x + y + z x + x + y2 + z2 0,25 12x + 36x + = 1+ 2 3x + x2 + 36x + Xét hàm số: f(x) = + với x > 3x + ≤ 1+ 0,25  x = −1 (loại) −36(3x + x − 2)  , f '(x) = ⇔  2 Ta có: f '(x) = 2 x= ⇒ f  ÷ = 10 (3x + 2)  3 x + y' y Bảng biến thiên: 10 +∞ − Suy ra: f(x) ≤ 10 ⇒ P ≤ 10 Vậy giá trị lớn P 10 Dấu “=” xảy khi: x = ,y = z = × 3 0,25