Đề thi thử THPTQG năm 2016 Trưng Vương, Bình Định

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TRƯNG VƯƠNG

ĐỀ SỐ 192

ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số: y  x 4  4 x 2  3 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Dựa vào đồ thị (C) tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình
x 4  4 x 2  3  2m  0 (1) có hai nghiệm phân biệt.

Câu 2. (1,0 điểm)
a) Cho tan   2 . Tính A 

3sin   2cos 
5sin 3   4cos 3 





b) Tìm số phức z, biết z.z  z 2  z  2 z  10  3i
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: 16 x  16.4 x  15  0
Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình:  x  2 



 

x2  4x  7  1  x



x2  3  1  0

6

Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân J = I 

x

x 2  3dx

1

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có AD  a, AB  a 3 ,

  300 . Tính theo a thể tích khối chóp
cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), góc SBA
S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I  2;1 và

 1
AC  2 BD . Điểm M  0;  thuộc đường thẳng AB, điểm N  0;7  thuộc đường thẳng CD. Tìm
 3
tọa độ đỉnh B, biết B có hoành độ dương.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;2;3 và mặt phẳng (P) có
phương trình: x  y  4 z  3  0 . Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với (P) và

phương trình của đường thẳng d qua A và vuông góc với (P).
Câu 9. (0,5 điểm) Có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Người ta chọn ra một cách ngẫu nhiên 4
học sinh. Tính xác suất để trong 4 học sinh được chọn ra có ít nhất 2 học sinh nữ.
Câu 10. (1,0 điểm) Xét các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

3  b  c  4a  3c 12  b  c 


.
2a
3b
2a  3c

––––––––––HẾT––––––––––

1083


ĐÁP ÁN
Nội dung

Câu

Điểm

a) (1,0 điểm)
 Tập xác định: D  
 Giới hạn tại vô cực: lim y  ;

x 

0,25

lim y  

x 

3

 Đạo hàm: y   4x  8x
x  0
y   0  4x 3  8x  0  4x (x 2  2)  0  
x   2
 Bảng biến thiên
 2

x –
y

––

0

2

0
+

0

+

0,25

––

+

0

0,25

+

3

+

–1

–1

 Giao điểm với trục hoành:

f(x)

x  1

cho y  0  x  4x  3  0   2


x  3

 Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  3
 Đồ thị hàm số:
2

4

Câu
1
(2,0
điểm)

2

x  1

x   3


f(x)=x^4-4*x^2+3

4

3

2

1

x
-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

-1

-2

-3

-4

b) ) (1,0 điểm)
Biến đổi: x 4  4x 2  3  2m  0  x 4  4x 2  3  2m (*)
4

Số nghiệm pt (*) bằng số giao điểm của (C ) : y  x  4x  3 và
d: y = 2m.

2
(1,0
điểm)

3

m

 2m  3
2
Dựa vào đồ thị tìm được : 

 2m   1  m   1

2
3

 m 2
Giải và kết luận: 
m   1

2
a) (0,5 điểm)
3sin   2 cos 
3 tan   2
A


3
3
2
5sin   4 cos  cos   5 tan 3   4 


1084

0,25

0,25

0,25

0,25

3tan   2
5
1  tan 2  
3
5 tan   4
11



0,25

2



0,25


b) (0,5 điểm)

z  a  bi,  a, b  R   z  a  bi



 

0,25



z.z  z 2  z  2 z  2a 2  a   2ab  3b  i
 a  2
 
 b  3
2
2a  a  10

z.z  z 2  z  2 z  10  3i  
  a   5

2ab  3b  3
2
 


3
 b  
8

5 3
z  2  3i hay z    i
2 8
x
+ Đặt t = 4 ; ĐK: t > 0.
+ Đưa về PT: t2  16t + 15 = 0. Giải được t = 1; t =15 (thỏa đk t > 0).
+ Giải mỗi pt, tìm được x = 0, x = log415.
+ Kết luận pt có 2 nghiệm: x = 1 và x = log415.
* Ghi chú: – HS có thể không cần đặt ẩn phụ, nếu giải đúng vẫn đạt điểm tối đa.



3
(0,5
điểm)

 x  1  1
4
(1,0
điểm)


  x  1 

  x  1 








x 2  4 x  7  1   x  1  1

 
x  4 x  7  1  
2

x  4x  7  1 
2





0,25

0,25
0,25

x2  3 1  0
0,25

  x  4x  7  x  3   0
4  x  1

x  3  1  
0

x  4x  7  x  3

x  3 1  

2

2

2

2

2

0,25

2



4
  x  1  x 2  4 x  7  x 2  3  2 
  0  x  1
2
2
x  4x  7  x  3 


0,5

6

J=

x

x 2  3dx

1

5
(1,0
điểm)

0,5

Đặt u= x 2  3 suy ra x dx = u du
x  1 u  2
x 6 u 3
3

u3
Ta có J=  u du 
3
2

3

2


2

19
3

0,5

Thể tích khối chóp S.ABCD
+Chứng tỏ SAB vuông và tính được

0,25

S

0

6
(1,0
điểm)

SA = AB tan 30 = a
+ Tính thể tích

I
30

A
B
1
3
a
VS . ABCD  SA. AB. AD  a 3
3
3
D
C
(hình không có điểm)
Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
Lập luận: tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I của SC, bán kính

1085

0,25

0,25


R

SC
.
2

Tính SC 2  SA2  AC 2  SA2  AB 2  BC 2 = a 2  3a 2  a 2  5a 2  SC  a 5

r

SC a 5

2
2
2

a 5
2
Diện tích mặt cầu : S= 4 r  4 
  5 a
2


Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I
Ta có I là trung điểm NN’ nên N /  4; 5 
2

Đường thẳng AB đi qua M
 
16 
và có vtcp MN /   4;  
3

AB : 4 x  3 y  1  0
7
(1,0
điểm)

d  d  I ; AB  

0,25
B
_
N'
_

H
_

M
_

I
_

A
_

C
_
N
_

D
_

8  3 1

2

16  9
AC  2 BD  AI  2 BI ; BI  x, AI  2 x

ABI :

0.25

1
1
1
 2  2  x  5  BI  5
2
d
x
4x

Nên B là giao điểm của đường thẳng AB và đường tròn (C) tâm I bán kính
Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình
 4 x  3 y  1  0
 x 1

 B 1; 1

2
2
 y  1
 x  2    y  1  5

(1,0
điểm)

1  2  12  3

5

6
 2
1  1  16
18
Phương trình mặt cầu (S): (x – 1)2 + (y – 2)2 + (z – 3)2 =2

Vectơ chỉ phương của d là ud =(1;1;–4)
Bán kính mặt cầu R=d(A;(P))=

8

0,25



0,5

0,25
0,25
0,25

 x  1 t

Phương trình tham số của d là:  y  2  t
 z  3  4t



0,25

Tính số cách chọn 4 học sinh từ 10 học sinh: C104  n     C104

0,25

Gọi A là biến cố “ chọn 4 học sinh từ 10 học sinh sao cho trong 4 học sinh được chọn

 

có ít nhất 2 học sinh nữ”. Tính n A , A :“ chọn 4 học sinh từ 10 học sinh sao cho
9
(0,5
điểm)

trong 4 học sinh được chọn không có học sinh nữ nào hay chỉ có 1 học sinh nữ”
TH1) Chọn 4 nam trong 6 nam: C64 cách
TH2) Chọn 1 học sinh nữ và 3 học sinh nam: 4.C63 cách

 

Số cách chọn là: n A  C64  4C63  95

 

P A 

   19  P  A  1  P

n A

n 

42

23
 A  42

1086

0,25


x  0, y  0 

1 1
4
 
x y x y

*

"" x  y
3  b  c   4a  3c  12  b  c 
 1 

8
2a

3b  2a  3c

4a  3b  3c 4a  3b  3c 4a  3b  3c



.4
2a
3b
2a  3c
1
4 
 1
  4a  3b  3c  
 

 2a 3b 2a  3c 
P  11  2 

10
(1,0
điểm)

1
1
4
4
4
16
 

;


2a 3b 2a  3b 2a  3b 2a  3c 4a  3b  3c
1
1
4
16

 

2a 3b 2a  3c 4a  3b  3c
 P  11  16  P  5
2a  3b

2a
min P  5  
bc
3
2a  3b  2a  3c
2a
Vậy min P  5 khi b  c 
3

1087

0,25

0,5

0,25