đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE200 sở GD đt bình dương

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ SỐ 200

THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN 12 THPT
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 4  2 x 2
Câu 2. (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x) 

2x  1
, biết hệ số góc
x2

của tiếp tuyến là – 5.
Câu 3. (1 điểm)
1. Trên tập hợp số phức, gọi z1 và z2 là hai nghiệm của phương trình z 2  2 z  5  0 . Tìm z1 , z2
và tính môđun của số phức w  z1  z 2  1  3i .

2. Giải phương trình: 2.9 x  6x  6.4 x
1

Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân: I   x 1  3 x 2 dx .
0

Câu 5. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  5  0 và
điểm M (1;2;3) . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm là điểm M và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm
tọa độ tiếp điểm của (S) và (P).
Câu 6. (1 điểm)
1. Giải phương trình: cos 2 x  cos x  2  0 .

18

 1

2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của nhị thức  2  x 
x


 x  0 .

Câu 7. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC = a, AC = 2a, SA
vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa (SBC) với mặt phẳng (ABC) bằng 600.
1. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC.
SK SH
2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB, K là điểm trên SC sao cho

. Tính
SC SB
theo a diện tích của tam giác AHK.
Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có A(2;1) ,
B(3; 3) , biết H (1; 1) là điểm thuộc đường cao kẻ từ A. Viết phương trình đường thẳng chứa
cạnh AC của tam giác ABC. (Giả thiết “trực tâm H” tôi tự sửa lại để hợp với đáp án)
Câu 9. (1 điểm) Giải phương trình:

3x  2  x  1  4 x  9  2 3 x 2  5 x  2 .

Câu 10. (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn

1 1 1
   4 . Chứng minh rằng:

x y z

1
1
1


1
2x  y  z x  2 y  z x  y  2z
----------HẾT----------

1123


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN 12 THPT
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐÁP ÁN: Nếu thí sinh làm theo cách khác thì giám khảo cho điểm tùy theo mức độ đúng của
bài làm nhưng không vượt quá khung điểm này.
CÂU
1

NỘI DUNG
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x 4  2 x 2

ĐIỂM
1 điểm

TXĐ: D  

x  0
y '  4 x 3  4 x; y '  0  
 x  1
Các khoảng đồng biến (1;0) , (1; ) , các khoảng nghịch biến (; 1) , (0;1)
Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCĐ = 1; đạt cực tiểu tại x  0 , yCT = 0
lim y   ; lim y  
x 

0.25

0.25

x 

Bảng biến thiên:
x –∞
y

+

1
0
1

–

0

0

+

1
0
1

+∞
–

0.25

y
–∞

0

–∞

Đồ thị:

0.25

2

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x) 

2x  1
, biết hệ số

1 điểm
x2

góc của tiếp tuyến là – 5.
Hệ số góc của tiếp tuyến là 5 nên

5
 5 ( x0 là hoành độ tiếp điểm)
( x0  2) 2

0.25

Giải được x0  3 ; x0  1

0.25

x0  3 suy ra y0  7 . Phương trình tiếp tuyến là y  5 x  22

0.25

x0  1 suy ra y0  3 . Phương trình tiếp tuyến là y  5 x  2

0.25

1124


1. Trên tập hợp số phức, gọi z1 và z2 là hai nghiệm của phương trình

z 2  2 z  5  0 . Tìm z1 , z2 và tính môđun của số phức w  z1  z 2  1  3i .

3

1 điểm

2. Giải phương trình: 2.9 x  6x  6.4 x

z 2  2 z  5  0  z1,2  1  2i

0.25

w  1  3i  w  10

0.25

3.1
2

3.2

 3  x   3  x
x
x
x
2.9  6  6.4  2.        6  0
 2    2 

0.25

 3  x 3

  
2
2

 x 1
 3 x


    2
 2 

0.25

1

4

Tính tích phân: I   x 1  3 x 2 dx .

1 điểm

0

t
Đặt t  1  3 x 2  t 2  1  3 x 2  xdx  dt
3

0.25

Đổi cận: x  0 thì t  1 ; x  1 thì t  2

0.25

2

2

t2
t3
I   dt 
3
91
1



5

0.25

7
9

0.25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  5  0
và điểm M (1;2;3) . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm là điểm M và tiếp xúc 1 điểm
với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ tiếp điểm của (S) và (P).
Mặt cầu tâm M và tiếp xúc với (P) có bán kính R  d  M ,( P )   1
2

2

2

Phương trình mặt cầu là:  x  1   y  2    z  3  1

0.25
0.25

Tiếp điểm của (S) và (P) là hình chiếu vuông góc H của M trên (P).
Gọi d là đường thẳng qua M và d vuông góc với (P).

 x  1  2t

Phương trình của d là:  y  2  t  t   
 z  3  2t

 1 5 11 
Tiếp điểm H là giao điểm của d và (P) nên tọa độ là H  ; ; 
3 3 3 

1125

0.25

0.25


1. Giải phương trình: cos 2 x  cos x  2  0 .

6

18

 1

2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của nhị thức  2  x 
x


 x  0 .

cos 2 x  cos x  2  0  2 cos 2 x  cos x  3  0  cos x  1 hoặc cos x  
6.1

3
2

3
vô nghiệm
2

cos x  1  x  k 2 ; cos x  

1 điểm

0.25
0.25

Số hạng tổng quát trong khai triển là:

18 k

6.2

 1 
Tk 1  C  2 
x 
k
18

k

0.25

k

  x   C18k  1 .x3k 36

Ứng với số hạng không chứa x thì k = 12, số hạng đó là T13  18564

7

Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC = a, AC = 2a, SA
vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa (SBC) với mặt phẳng (ABC) bằng
600.
1 điểm
1. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC.
2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB, K là điểm trên SC sao cho
SK SH


. Tính theo a diện tích của tam giác AHK.
SC SB
S
BC  AB , BC  SA

 BC  ( SAB )  BC  SB

K
H

Mặt khác BC  AB  góc giữa (SBC)

7.1

0.25

0

và (ABC) là góc SBA bằng 60 .

C

A

0.25

AB  a 3 , SA  AB.tan 600  3a
B

S ABC 

a

2

2

3

suy ra VS . ABC 

a

3

2

3

.

0.25

SK SH

suy ra HK song song với BC suy ra HK  ( SAB )
SC SB
suy ra tam giác AHK vuông tại H

AH 

7.2

HK 

0.25

AS 2 . AB 2
3a
3a 3

; SH 
; SB  2a 3
2
2
AS  AB
2
2
BC .SH 3a

SB
4
0.25

9a 2
Diện tích tam giác AHK là
16

1126

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có A(2;1) ,
8

B(3; 3) , biết H (1; 1) là điểm thuộc đường cao kẻ từ A. Viết phương trình 1 điểm
đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác ABC.
0.25
Đường cao AH có phương trình 2 x  y  3  0
Đường thẳng chứa cạnh BC qua B và vuông góc với AH nên có phương trình
0.25
là x  2 y  9  0
Trung điểm I của cạnh BC là giao điểm của cạnh AH và BC
0.25
 9 27 
Tọa độ của I là  ;  
5 
5
0.25
Đường thẳng chứa cạnh AC có phương trình là 32 x  y  63  0

9

Giải phương trình:

3x  2  x  1  4 x  9  2 3 x 2  5 x  2

Đặt t  3x  2  x  1 , t  0 thì t 2  4 x  3  3 x 2  5 x  2
Phương trình trở thành t  t 2  6  t 2  t  6  0
 t  3 (nhận) hoặc t  2 (loại)

1 điểm

0.25
0.25

t  3  3 x  2  x  1  3  3x 2  5 x  2  6  2 x
3 x 2  5 x  2  36  24 x  4 x 2

x  3

0.25

 x 2  19 x  34  0
x2

x

3


0.25

Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
10

1 1 1
   4 . Chứng minh rằng:
x y z

1
1
1



1
2x  y  z x  2 y  z x  y  2z

1 điểm

Có 2 x  y  z  x  x  y  z  4 4 x.x. y.z
Suy ra

1
1
1 1 1 1 1

 4   
4
2 x  y  z 4 x.x. y.z 4 x x y z

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  y  z 

3
4

1 1 1 1 11 1 1 1
1
1 2 1 1
         suy ra
    
x x y z 4 x x y z 
2 x  y  z 16  x y z 

Tương tự ta cũng có:
Mà

0.25

4

1
1 1 2 1
1
1 1 1 2
    ,
    
x  2 y  z 16  x y z  x  y  2 z 16  x y z 
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên, ta được:
1
1
1
1  4 4 4 11 1 1


          1
2 x  y  z x  2 y  z x  y  2 z 16  x y z  4  x y z 
3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  y  z 
4

1127

0.25

0.25

0.25