Đề thi thử THPTQG năm 2016 Lộc Ninh, Bình Phước

SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH PHƯỚC
TRƯỜNG THPT LỘC NINH

ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN 12 – Đề số 2
Thời gian làm bài: 180 phút.

ĐỀ SỐ 193

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
có hai nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).
3

a) Tìm môdun của số phức z  5  2i  1  3i  .
b) Giải phương trình log 3  x  2   log 3  x  4   log
ln 2

Câu 3. (1,0 điểm). Tính tích phân: I 


0

e2 x
ex  1

3

8  x   1.

dx

x y 1 z  2


và
1
2
3
mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  3  0 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O và vuông
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

góc với d. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến (P) bằng 2.
Câu 5. (1,0 điểm).
a) Cho tan   3 . Tính A 

3sin   2 cos 
.
5sin 3   4 cos 3 

b) Tại một kì SEA Games, môn bóng đá nam có 10 đội bóng tham dự (trong đó có đội Việt
Nam và đội Thái Lan). Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia 10 đội bóng nói trên thành
hai bảng A và B, mỗi bảng năm đội. Tính xác suất để đội Việt Nam và Thái Lan ở cùng một
bảng .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung
điểm AB, H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy.
Góc giữa (SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng SA và IC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2 BA . Gọi

E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM  3FE .
Biết điểm M  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2 x  y  3  0 , điểm A có hoành độ là số
nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

 2 x 2  2 x   x  y  y  x  y
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
 x  1  xy  y  21
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y , z là các số thực không âm thỏa mãn x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức P 

x2
y2

 x y.
2 x 2  2 yz  1 2 y 2  2 xz  1
----Hết----

1088


TRƯỜNG THPT LỘC NINH - ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM – ĐỀ SỐ 2
Câu

Nôi dung

Điểm

 Tập xác định: D  
 Giới hạn tại vô cực: lim y  ;

0,25

lim y   .

x 

x 

 Đạo hàm: y  4x 3  8x

x  0
y  0  4x 3  8x  0  4x( x 2  2)  0  
x   2
 Bảng biến thiên
x –∞
y

 2
0
1

–

0
0

+

–

0,25

2
0
1

+∞
+

0,25

y

Câu
1a
(1,0đ)

3

–∞

–∞

 Giao điểm với trục hoành:

x2  1
 x  1
cho y  0   x  4x  3  0   2


x  3
x   3
 Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  3
y
 Đồ thị hàm số:
1
4

2

-1

- 3

O

- 2

0,25

3

1

x

2

-3

y = 2m

2m

Biến đổi: x 4  4x 2  3  2m  0   x 4  4x 2  3  2m (*)
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của:
Câu (C) : y   x 4  4x 2  3 và d: y = 2m.
1b
(1,0đ) Dựa vào đồ thị tìm được : 2m = 1 hoặc 2m < –3
1
3
Giải và kết luận: m = hoặc m <  .
2
2



2

3



a) Ta có: z  5  2i  1  3.3i  3  3i    3i   31  20i
Vậy z  312  20 2  1361

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

b) Điều kiện xác định 2  x  8
log 3  x  2   log 3  x  4   log 3  8  x   1
Câu 2
(1,0đ)

0,25

0,25

2

 log 3 [  x  2  x  4  ]  log 3  8  x   1



 x  2  x  4  3  x 2  6x  8  3x 2  48x  192
2
8  x 

x4
 2x 2  54x  184  0  
 x  23
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là x  4 .

1089

0,25

Câu 3
(1,0đ)

Đặt t  e x  1  t 2  e x  1  2tdt  e x dx

0,25

x  0  t  2, x  ln 2  t  3

0,25

3

3
(t 2  1)2tdt
I 
 2  (t 2  1)dt
t
2
2

 t3 
 2  t 
3


3



0,25

2 2
3

0,25

 
Mặt phẳng ( ) đi qua O(0;0;0) , có VTPT n ( )  u d  (1; 2;3)
2

Suy ra ( ) : x  2y  3z  0 .
Do M  d  M(t; 1  2t; 2  3t)
Câu 4
t  2( 1  2t)  2( 2  3t)  3
2
(1,0đ) Ta có: d  M,(P)   2 
12  2 2  (2) 2

Câu
5a
(0,5đ)

 t  1  M( 1; 3; 5)

 t  11  M(11;21;31)
3sin   2cos 
3tan   2
Ta có: A 

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

3tan   2
70
1  tan 2   

3
5 tan   4
139
Số phần tử của không gian mẫu là C105 .C55  252
Câu Gọi biến cố A: “Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng”
5b
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 2.C35 .C55  112
(0,5đ)
112 4
Vậy P  A  

252 9
S
Do (SIC),(SBD) cùng vuông với


0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

đáy suy ra SH  (ABCD)
Dựng HE  AB   SHE   AB ,
Câu 6
(1,0đ)

F

 là góc giữa (SAB) và
suy ra SEH

A

D
K
P
C

M

  600
(ABCD)  SEH

I

H

0,25

E

Ta có SH  HE.tan 600  3HE

B

HE HI 1
a
a 3

  HE   SH 
CB IC 3
3
3
1
1 a 3 2
3a 3
SABCD  a 2 . Suy ra VS.ABCD  SH.SABCD  .
.a 
3
3 3
9
Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI
 d  SA,CI   d  CI,  SAP    d  H, SAP  
Dựng HK  AP , suy ra  SHK    SAP 
Dựng HF  SK  HF  SPA   d  H,  SPA    HF

1090

0,25

0,25


1
1
1


(1)
2
2
HF
HK
HS2
1
1
1
1
Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK 



2
2
2

HK
DM
DP DA 2
Thay vào (1) ta có
1
1
1
1
4 1 3
8
a




 2  2  2  2  HF 
.
2
2
2
2
HF
DP DA HS
a
a
a
a
2 2
a
Vậy d  SA,CI  

.
2 2
Do SHK vuông tại H 

C

E

Gọi I là giao điểm của BM và AC.
Ta thấy:
BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC
  CAB
  BM  AC .
ABC  BEM  EBM

M

F

0,25

Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM : x  2y  7  0 .

I
B

0,25

A

Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ:
13

x


  12 6 
 2x  y  3  0
 13 11 
5

 I ;
 IM   ; 


5 5 
 5 5
 x  2y  7  0
 y  11

5

Câu 7
2   8 4 
Ta
có
IB



IM   ;   B 1; 3
(1,0đ)
3
 5 5 
1
1
1
5
5
Trong ABC ta có 2 


 BA 
BI
2
2
2
BI
BA BC
4BA
2
2

0,25

2

4 5
5
 8   4 

Mặt khác BI       
, suy ra BA 
BI  2
2
5
 5   5 
Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có:
2

2

BA2  4   a 1   6  2a   4  5a 2  26a  33  0  a  3 hoặc a 

  2 4 
Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ; 
 5 5


Ta có AC  5AI   2; 4   C 1;1 . Vậy A  3; 3 , B 1; 3  , C 1;1

0,25

11
5
0,25

Điều kiện xác định x  1, x  y  0
Khi đó 2x 2  2x   x  y  y  x  y  2x 2  xy  y 2  2x  x  y  0
Câu 8
(1,0đ)

  x  y  2x  y  

0,25

xy
0
2x  x  y



1
  x  y   2x  y 
  0

2x

x

y


Do x  1, x  y  0  2x  y  0 , từ đó suy ra x  y .

1091

0,25


Thay vào (2) ta có:

x  1  x 2  x 2  21  x  1  1  x 2  4  x 2  21  5


1
x2
  x  2 
 x2
  0 (3)
2
x

1

1
x  21  5 



x2
1
Vì x  2 

x

2
1





  0 , từ (3) suy ra x  2
2
x 2  21  5
 10  x  91 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  2;2  .

0,25

0,25

2

Ta có: 2yz  1  x 2  y 2  z 2  2yz  x 2   y  z   2x  y  z 
Suy ra: 2x 2  2yz  1  2x 2  2x  y  z   2x  x  y  z 

x2
1
x
 2

2x  2yz  1 2 x  y  z
y2
1
y
Tương tự
.

2
2y  2xz  1 2 x  y  z


1 xy 
1
z
Suy ra P  
 x  y  1 
 xy

2 x  yz
2  x  y  z 
Ta có x  y  2  x  y
2

2

  2 1  z  
2

2  2z

0,25

2

 4
Câu 9
1
z
2
Suy

ra
P

1


  2  2z
(1,0đ)
2
2
2  2z  z 
 4
1
z
2
Xét hàm số f  z    1 
  2  2z trên  0;1
2
2
2  2z  z 
1
z
f '  z  

 0 với c   0;1 .
2
2
2
2 3
4

2  2z
2  2z  z
 2  2z 



0,25

0,25



Do hàm số liên tục trên  0;1 , nên f  z  nghịch biến trên  0;1

1 4
1
 2 . Dấu = xảy ra khi x  y 
,z  0
2
2
1
1
Vậy GTLN của P là  4 2 đạt được khi x  y 
,z  0
2
2
Suy ra P  f  z   f  0  

1092

0,25