Nội dung:

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 211    x y x . Câu 2 (1,0 điểm) Cho hàm số 3233 2yx x x   5)67E)Bm4)Y4)B)T4 )* )67)+*, )*67R-). )T4E Câu 3 (1,0 điểm) Cho hàm số 322( 2) (8 5 ) 5     yx m x m x mcó đồ thị (Cm ) và đường thẳng :1dy x m E3Y,4 5)67 )+',B64(7) 5348)+9  :9 :9' ):;4<    '99 9 = E Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: (2sin 1)( 3sin 2cos 2) sin2 cos   xx xx x Câu 5 (1,0 điểm) a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 22315 5 .nnAC n b) Tìm hệ số của x8 trong khai triển 20 2 1 () 2 , 0.Px x x x:  g9) 8 ( Câu 6 (1,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) 2233 30xxb)  2 33log 1 log ( 3) 1xx x   Câu 7(1,0điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với 2, AD 3ABa a. 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 2 3 ANAB. 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:   5 3 32 5 2 ( 4) 2 2 ,( 2 1) 2 1 8 13( 2) 82 29x y y y y xx yy x x y x4      1R3       14. Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực ,,xy zTnờAcT,;:Tô: ể: = xy záTT3V,TBmaTnDAT?-:T:ờXnTxRcT àm,dTnờYx<Tôô ôểểCểzC ểzôôCô ềz     Py x zx y z x y------------------------- 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 §iÓmC©u 1 1.0® Hàm số 211    x y x - TXĐ: \1 UC   i < T>-i+ 7H <99? ( R ? ( r r.Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x( 1)x ( 1)limy ; lim yrr   . Đường thẳng x= -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0,25đ +) Bảng biến thiên Ta có : 2 1 '0, 1(1)  g yx x Hàm số đồng biến trên các khoảng ;1 ; (-1;+ ) Z3grBL4 5 8 )0,25đ Vẽ đúng bảng biến thiên 0,25đ U \  <  ^ $   0,25đ C©u 2 1,0đ Gọi A là giao điểm của đồ thị (C) và trục tung. Suy ra A(0;-2) 0,25đ  ] _  yx xT0,25đ '(0) 3y 0,25đ Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(0;-2) là '(0)( 0) 3 3 2    yy xxT0,25đ C©u 3 1,0đ Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm ) và đường thẳng d là: 32322(2) (8 5 ) 5 1 2( 2) (7 5 ) 2 6 0        E       xm x m x m x m x m x m x m2 (2) 2( 1) 3 07'E      5 x x m x m(1) 2 2 2(1) 3 0(2)7 E 6    5x x m x mĐặt f(x)=VT(2) 0,25đ (C m ) cắt d tại 3 điểm phâm biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 222'( 1) (3 ) 0 ( 2 0(3)1(2) 0144         7EE336 gg 544m m m m m m fm 0,25đ Khi đó giả sử x1 =2; x2 ,x 3 là nghiệm của (2). Ta có 232 32(1 ), 3   xx m x x m3cTxyTôô ôôô ể ô ềô ề ô ề99 9 M C9 9 z ô9 9 M, _, ô        =:0    '99 9 = ' M _  =  ' W =  ' oÆc m = -B   E    E tm 0,25đ C©u 4 1,0đ (2sin 1)( 3sin 2cos 2) sin2 cos   xx xx x(1) (1) (2sin 1)( 3sin 2cos 2) cos (2sin 1)E   xx x x x (2sin 1)( 3sin cos 2) 0E   xx x 0,25đ 2sin 1 0(2)3sin cos 2(3) 7E6 5x x x0,25đ +) 5 (2)2 , 266xk x kE    0,25đ 2 212 sin76 22 12     7 6:   E69 )8 (6 65x k xxkKL 0,25đ C©u 5 1,0đ a)ĐK: ,2nnRm . 223.!315 5 ( 1)15 52!( 1)!nnn AC n n nnn   E     0,25đ 2 5 11 30 06 nnn n7E   E 6 5 0,25đ b)  :    9 )8 ( 20 2020 20 320 2 01() 2( 1) 2kk k kk Px xC xxSố hạng tổng quát của khai triển trên là  20 20 320 C( 1) 2kk k kx 0,25đ Hệ số của x8 trong khai triển trên ứng với 203 8 4kk E  Vậy hệ số của x8 trong khai triển P(x) là  44 1620 C( 1) 20,25đ C©u 6 1,0đ a)  E   7E65 22233 30 3.(3 ) 10.3 3 033 3 1/3xxxx x x0,25đ 7E6 5 1 1 x x 0,25đ b)  2 33log 1 log ( 3) 1xx x   (1) Điều kiện : x>-3.      E    22 3333log 1 log ( 3) 1 log 1 log 3( 3)xx xx xx    2 13( 3)xx x0,25đ 7  E 652 2 28 04 xxx x0,25đ C©u 7 1,0đ Gọi hình chiếu của S trên AB là H. Ta có ,( ) ( ) ,( ) ( ) ( )SH AB SAB ABCD AB SAB ABCD SH ABCDY   B  6SH ABCD:gT*5 G*CFR36DE7F?3i  0 45SDH. Khi đó tam giác SHD vuông cân tại H, suy ra 2SHHD ad:d0,25đ Khi đó thể tích lăng trụ là 3 . 14 3. 33SABCDABCDaVSH S (đvtt) 0,25đ Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà (SAx)SAT (BD,SA) (BD,(SAx)) (B,(SAx)) 2 (H,(SAx))ddddB Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H trên Ax và SI Chứng minh được (SAx)HKd0,25đ Tính được  29331 aHK. 493(BD,SA) 2 (H,(SAx)) 2HK31 addB  0,25đ C©u 8 1,0đ Đặt (0) 3 , 2 ,NB , 5, 10AD x x AB x AN x x DN x BD x  B     Xét tam giác BDN có i 22 272cos 2. 10BD DN NB BDNBDDN 0,25đ Gọi 22(; )( 0)na b a bg là vectơ pháp tuyến của BD, BD đi qua điểm I(1;3), PT BD: 30axby a b   i 22 12 234|| 7 2 cos cos( , )24 24 50 04310 2abab BDN n na b ababab7 E    E6 5 0,25đ +) Với 34ab: 4*VM:(V':`3EF<M9T'U'V=6aR0 6 0RDBD DN D BY B  B  0,25đ +) Với 43ab: 4*V':(VM:`3EF<'9TMU0V=6aRW 6WR 'DBD DN D BY B  B  0,25đ C©u 9 1,0đ   5 3 325 2 ( 4) 2 2 (1) ,( 2 1) 2 1 8 13( 2) 82 29(2)x y y y y xx yy x x y x4      1R3       14 Đặt đk 1 ,22 xym m +)  0006 6   6 M   0  6    6'xx y y y y x x y yE       E      Xét hàm số 54() , '( ) 5 1 0,ft t t f t t x R     R:gT*3grb6)?14). )14 rE3s6')* 56  6   fx f y x y E   0,25đ Thay 22( 0)xy x m vào (2) được  32 2 2 2(2 1) 2 1 8 52 82 29(2 1) 2 1 (2 1)(4 24 29)(2 1) 2 1 4 24 29 01 2 21 4 24 29 0(4) x x x x x x x x x x x x x x x x x x      E       E       7 66    65Với x=1/2. Ta có y=3 0,25đ 2 23(4) ( 2 1 2) (4 24 27) 0(2 3)(2 9) 021 2 xx x xx xx E      E    3/ 2 1(2 9) 0(5)21 2 x x x 76E6 6 5Với x=3/2. Ta có y=11 0,25đ Xét (5). Đặt 2 21 0 2 1tx x t m B  . Thay vao (5) được 32210 21 0 ( 3)( 7) 0ttt t t   E     . Tìm được 1292 t . Từ đó tìm được 1329 103 13 29, 42xy KL 0,25đ Hết Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl C©u 10 1,0đ Đặt 2, 1, , , 0a x b y c z a b c     B  2 2 21 1( 1)(b 1)(c 1)2 1Paa b c      Ta có 2 22 2 2 2( ) ( 1) 11 ( 1)2 2 4a b ca b c a b c    m  m    Dấu “=” xảy ra khi 1a b c   0,25đ Mặt khác 3( 3)( 1)(b 1)(c 1)27a b ca      Khi đó 31 271 ( 3)Pa b c a b c      . Dấu “=” xảy ra khi 1a b c   0,25đ Đặt 1 1t a b c     . Khi đó 31 27, 1( 2)P tt t   2 43 2 4 2 41 27 1 81 81 ( 2)( ) , 1; '( )( 2) ( 2) t ( 2)t tf t t f tt t t t t          Xét 2 4 2'( ) 0 81 ( 2) 0 5 4 0 4f t t t t t t E    E    E (do t>1) lim ( ) 0xf tr 0,25đ Bảng biến thiên t 1 4  f’(t) + 0 - f(t) 18 0 0 Từ BBT Ta có 1maxf(x)=f(4)=8 Vậy 11ma f(4) 1 3; 2; 11 48a b cxP a b c x y za b c  4  E E    B   3   4 0,25đ