đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE195 THPT phú riềng, bình phước (đề ôn 1)

SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH PHƯỚC
TRƯỜNG THPT PHÚ RIỀNG

ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN 12 – Đề số 1
Thời gian làm bài: 180 phút.

ĐỀ SỐ 195

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 

2x  3
(1) .
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x  ln x  2  trên đoạn

1;e 2  .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm mođun của số phức z, biết:

2i
1  3i
z
1 i
2i
x

1
b) Giải phương trình sau trên tập số thực:    2 x  6
4

2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân  x5 x3  1dx
0

Câu 5 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; –4; –2) và mặt phẳng
( P) : x  y  5z  14  0 . Tìm tọa độ điểm A đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ACB. A ' B ' C ' có tam giác ABC vuông tại B, AB = a

AC  a 5 , góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và mp(ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích của khối
lăng trụ ACB. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và AB.
Câu 7 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: cos 2 x  sin 2 x  cos x  sin x  1
n

28



b) Trong khai triển  x 3 x  x 15  , (x  0 ). Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x, biết rằng:


n
n 1
n2
Cn  Cn  Cn  79

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1; 2)
9 
là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M  ;3  là trung điểm của cạnh BC, phương trình

2 
đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là 4 x  y  4  0 . Viết phương trình cạnh BC.

x2  2x  8
  x  1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2
x  2x  3





x22 .

1 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b thỏa mãn a, b   ;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
2 
6
thức P  a 5b  ab5  2
 3 a  b 
a  b2
------------HẾT------------

1097


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu

Đáp án

2x  3
x 1

Cho hàm số y 

Điểm

(1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

(1).
TXĐ: D  R \ 1 , y ' 

1

 x  1

2

 0x  D  hàm số đồng biến trên các khoảng

0.25

 ;1 và 1;  
Giới hạn: lim y  2 , suy ra y=2 là đường TCN của đổ thị hàm số (1)
x 

Câu 1
lim y  ; lim   , suy ra x=1 là đường TCĐ của đồ thị hàm số (1)
(1,0
x 1

x 1
điểm) Bảng biến thiên:
x 
1

+
+
y
2

y
2


0.25

ĐĐB (0;3)(3/2;0)
Đồ thị:
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x )  x  ln x  2  trên đoạn 1; e 2 
Câu 2 f '( x)  ln x  1 ; f '( x)  0  ln x  1  0  x  e (N)
(1,0
f (1)  2; f (e)  e; f (e2 )  0
điểm)
suy ra max
f ( x)  0 , khi x  e 2 ; min
f ( x )  e , khi x  e
2
2

0.25

0.25

0.25x2
0.25
0.25

1;e 



1; e 



2i
1  3i
z
1 i
2i
1  3i 1 i  22 4
2 5
Ta có z 

 i z
5
2  i 2  i  25 25

a) Tìm mođun của số phức z, biết:

Câu 3
(1,0
điểm)

0.25x2

x

1
b) Giải phương trình sau trên tập số thực:    2 x  6
4
x
x
 2  3(vn)
1
x
2x
x
 x 1
  2  6  2 2 6  0   x
4
2  2
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 1

0.25x2

2

Tính tích phân  x5 x3  1dx
0

3
2
3
2
Câu 4 Đặt u  x 1  u  x 1  2udu  3x dx
(1,0 Đổi cận x  0  u  1 ; x  2  u  3
điểm).
3

Khi đó tích phân đã cho tương đương

2
2  u 5 u 3  3 596
u 2 1 u udu     
3
3  5
3  1 15


1



Câu 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; –4; –2) và mặt phẳng (P):
(1,0 x + y + 5z – 14 = 0. Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua mp(P).
điểm).

1098

0.25
0.25
0.25x2


x  1 t

Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P)  d :  y  4  t
 z  2  5t


0.25
0.25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P)  H  d   P   H  2; 3;3 .
Ta có H là trung điểm của AA’  A '  3; 2;8  .
Cho lăng trụ đứng ACB. A ' B ' C ' , có tam giác ABC vuông tại B,

0.5

AB  a ,

AC  a 5 , góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và mp(ABC) bằng 600 . Tính theo a
thể tích của khối lăng trụ ACB. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC và A ' B .

A'

C'

I

B'

H

A

C

O
d

K B
Ta có:  ABC   ( A ' BC )  BC AB  BC ; A ' B  BC (do BC  ( AA ' B ' B))
Câu 6    ABC  ,  A ' BC     AB, A ' B   
ABA '  600
(1,0
điểm). Xét tam giác A’AB có SA=AB.tan600= a 3
Câu 6
(1,0 Xét tam giác ABC có BC  AC 2  AB  5a 2  a 2  2a
điểm)
1
Diện tích tam giác ABC là S ABC  AB.BC  a 2
2

0,25

0,25

Thể tich khối lăng trụ V  A ' A.S ABC  a 3.a 2  3a 3 (đvtt)
Kẻ đt (d) đi qua B song song với AC, kẻ AK  (d ) tại K, kẻ AH  A 'K tại H. khi
đó ta có: AC / /(A'BK)  d  AC , A ' B   d  AC ,  A ' BK  
Ta có: BK  AB, BK  A ' A  BK   A ' AB   BK  AH
Lại có: AH  A 'K
 d  A,  A' AB    AH

0,25

  BAC
  AK  BC  AK  AB.BC  2a 5
Dể thấy KBA
AB AC
AC
5
A ' A. AK

Xét tam giác A’AB có AH 

2

A ' A  AK

Vậy d ( AC , A ' B)  AH 

2



3a 35

21

1099

3a 35
21

0,25


a) Giải phương trình: cos 2 x  sin 2 x  cos x  sin x  1
cos 2 x  sin 2 x  cos x  sin x  1  1  2sin 2 x  2sin x cos x  cosx  sin x  1
 2sin x(cos x  s inx)  (cosx  sin x )  0  (cosx  sin x)(2sin x  1)  0


 x  4  k

 cosx  sin x




1   x   k 2 , k  Z
sin x 
6


2
5
 x    k 2


6


5
Vậy pt đã cho có các nghiệm: x   k  x   k 2  x 
 k 2 , k  Z
4
6
6

0,25

0,25

n

Câu 7
(1,0
điểm)

28

 3

15
b) Trong khai triển  x x  x  , (x  0 ). Hãy tìm số hạng không phụ


n

thuộc vào x, biết rằng : Cn  Cnn 1  Cnn  2  79
n(n  1)
Cnn  Cnn 1  Cnn  2  79  1  n 
 79  n 2  n  156  0
2

n  12

 n  12 .
n  13(l )

0.25
n

28



Khi đó: Số hạng tổng quát trong khai triển  x 3 x  x 15  là:



k

12  k
C 12( x 3 x ) ( x



28

15 k

k

16 

)  C 12x

4 k 28 k

3 15

k

16 

 C 12x

48
15

48k
Số hạng không phụ thuộc vào x thỏa: 16–
 0  k  5.
15
5
Vậy số hạng cần tìm trong khai triển là: C 12  792.

0.25
0.25

0.25

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2)
9
là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M ( ;3) là trung điểm của cạnh
2
BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của  ADH là d: 4 x  y  4  0 .
Viết phương trình cạnh BC.
A

B
P
M

Câu 8
(1,0
điểm)

K
D

H
C

Gọi K là trung điểm của HD. Gọi P là trung điểm của AH.Ta có AB vuông góc
với KP, Do đó P là trực tâm của tam giác ABK. Suy ra BP  AK  AK  KM
15
KM đi qua M(9/2;3) và vuông góc với AK có pt: MK: x  4 y   0
2
 K(1/2;2)

Do K là trung điểm của HD nên D(0;2),suy ra pt (BD): y – 2 = 0
AH: x – 1 = 0 và A(1; 0); AD có pt: 2x + y – 2 = 0
BC qua M và song song với AD nên BC: 2x + y – 12 = 0

1100

0.25
0.25

0.25
0.25


x 2  2x  8
  x  1
Giải phương trình: 2
x  2x  3
ĐK: x  2
Pt





x2 2 .

x  2
 2 x4 
 x  2 x  3

 x  2  x  4    x  1 x  2   

x2  2 x  3

(1)   x  4 
Câu 9
(1,0
điểm)







x2 2

x 1
x2 2

(1)

0.25



x  2  2   x  1  x 2  2 x  3 

x22 




x2



2

2
 2    x  1  2   x  1  2 




(2)
0.25

Xét pt   t  2   t  2  có pt f '  t   3t  4t  2  0t  
2

2

Vậy f(t) đồng biến trên 

0.25

Do đó: (2)
 f



0.25

x  1
3  13
x  2  f  x  1  x  2  x  1   2
x
2
 x  3x  1  0



Vậy pt có nghiệm: x = 2, x 

3  13
2

1 
Cho các số thực a,b thỏa mãn a, b   ;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 
6
P  a 5 b  ab5  2
 3a  b
a  b2
Do a, b  1 nên  a  1 b  1  0  ab  a  b  1  0
2

2

Suy ra: a 2  b 2   a  b   2ab   a  b   2  a  b  1
Mà a5b  ab5  ab  a 4  b 4  , a 4  b 4 
Câu
10
(1,0
điểm)

2
1 2
1
4
a  b2    a  b 

2
8

1
6
4
Suy ra: P  (a  b  1)  a  b  
 3 a  b
2
8
 a  b   2(a  b  1)

Đặt t = (a + b) thì 1  t  2, xét hàm số f  t  

Với t  1; 2  có f '  t  

0.25

1
6
 3t
 t  1 t 4 
2
8
 t  1  1

12  t  1
1 4
5t  4t 3  24  
 0t  1; 2

2
8
 t 2  2t  2 

Nên f(t) nghịch biến trên 1; 2  . Do đó: f  t   f  2   1
Vậy MinP  1 khi a = b = 1

------------------HẾT------------------

1101

0.25

0.25
0.25