SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
Năm học 2015  2016

Môn : TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y 

2x  1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm).
Cho hàm số y  x 4  mx2  m  5 có đồ thị là (Cm), m là tham số. Xác định m để đồ thị (Cm) của
hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 3 (1,0 điểm).
Cho log3 15  a, log3 10  b . Tính log9 50 theo a và b.
Câu 4 (2,0 điểm).
Giải các phương trình sau:
a) 2 s inx cos x + 6 s inx  cosx  3  0 ;
b) 2 2 x 5  2 2 x 3  52 x 2  3.52 x+1 .
Câu 5 (1,0 điểm).
n

2

Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x2   với x ≠ 0, biết rằng:
x



HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 12 lần 2.
C©u

Néi dung bµi

§iÓm

TXĐ D = R\ 1
Ta có lim y  lim
x 

x 

2 1 / x
 2 , lim y   , lim y  
x 1
x 1
11 / x

0,25

Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang
x  D ta có y’(x) =

3
 y’(x) < 0 x  D
( x  1) 2


Hàm số nghịch biến trên (  ∞; 1) và (1; + ∞). Hàm số không có cực trị

0,25

Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm căn cứ, nhận xét đồ thị.

0,25

x   ta có y' ( x)  4 x3  2mx = 2 x(2 x2  m) ,

0,25

(Cm) có ba điểm cực trị khi y’(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt, tức là
2 x(2 x2  m)  0 có ba nghiệm phân biệt

0,25

 2 x2  m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
 m0.

0,25

Xét dấu y’ và kết luận.

0,25

Ta có log9 50  log32 50 
3

log3 50  log3


0,5

0,25




 x  6  k 2
, với k, l là số nguyên. Kết luận.

 x  5  l 2

6

0,25

b) TXĐ D = 
Phương trình  22 x 3 (4  1)  52 x 1 (5  3)

0,25
0,25

 22 x 3.5  52 x 1.8

0,25

2x

2


5
5
2
2 5k
k
2 k

C
(
x
)
(

)

C 5k x3k 5 (2)5k


5

x  k 0
x
k 0

Số hạng chứa x4 trong khai triển trên thỏa mãn 3k – 5 = 4  k = 3, suy ra số hạng
chứa x4 trong khai triển trên là 40x4.

0,25



1
3a.2a 2 3  2a 3 3 (đvtt).
3

Hạ BH  SC (H  SC) ta chứng minh được SC  (ABH)
Hạ BI  AH (I  AH)

0,25


Từ hai kết quả trên  BI  (SAC)  BI = d(B; (SAC)).
Dựa vào tam giác vuông ABH tính được BI  BI 

6a 7
 Kl
7

0,25
0,25

Ta có C  d : 2 x  y  5  0 nên C(t; –2t – 5).
Ta chứng minh 5 điểm A, B, C, D, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD. Do tứ
giác ABCD là hình chữ nhật thì AC cũng là đường kính của đường tròn trên, nên suy ra

0,25

được 
AFC  900  AC 2  AF 2  CF 2 . Kết hợp với gt ta có phương trình:


 x 1  2x  3

0,25

x  3 / 2
x  3 / 2

 2
 x= 2
2
 x  1  4 x  12 x  9
4 x  13 x  10  0

0,25

Ta có

Mà

3

1
1
1
1

  3 3 2 2 2 , đặt t =
xy yz zx
x y z
x2 y 2 z 2 

Ta có t  0 , f'(t) = 24t 2 

t

xyz  0

1
2

5

1
4

5

1
.
4

0,25




0,25

0

f’(t)