Đề thi thử THPTQG năm 2016 Lộc Ninh, Bình Phước

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 4 2 có hai nghiệm phân biệt.. Viết phương trình mặt phẳ

SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH PHƯỚC ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT LỘC NINH Môn thi: TOÁN 12 – Đề số 2

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: y x44x2 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 4 2

có hai nghiệm phân biệt

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Tìm môdun của số phức z 5 2i1 3 i 3

b) Giải phương trình log3x2log3x4log 38x1

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân:

ln 2 2







x

x

e

e

Câu 4 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2

:

mặt phẳng  P :x2y2z 3 0 Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O và vuông

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  Tính 3 A 3sin3 2 cos3

5sin 4 cos





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 60 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai 0 đường thẳng SA và IC

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC2BA 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

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2  

2







Câu 9 (1,0 điểm) Cho , , x y z là các số thực không âm thỏa mãn x2 y2 z2 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Hết

ĐỀ SỐ 193

x y

y = 2m

2

- 2

1

2m -3

-1

O

1

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

Câu

1a

(1,0đ)

 Tập xác định: D  

 Giới hạn tại vô cực:

xlim y ; lim yx

 Đạo hàm: 3

y  4x 8x





 



0,25

 Bảng biến thiên

0,25

 Giao điểm với trục hoành:

cho

2

2

 



 Giao điểm với trục tung: cho x0y  3

 Đồ thị hàm số:

0,25

Câu

1b

(1,0đ)

Biến đổi: x44x2  3 2m0 x4 4x2  3 2m (*) 0,25

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của:

Giải và kết luận: m = 1

2 hoặc m <

3 2

Câu 2

(1,0đ)

b) Điều kiện xác định 2 x 8

log x2 log x4 log 8 x 1

0,25

 

2

8 x









 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là x4

0,25

y

–∞

1

3



1

–∞

Câu 3

(1,0đ)

2

(t 1)2tdt

t



3 3

2

0,25

Câu 4

(1,0đ)

Mặt phẳng ( ) đi qua O(0;0;0) , có VTPT n( ) ud (1; 2;3)

 

0,25

Do M d M(t; 1 2t; 2 3t)   

t 2( 1 2t) 2( 2 3t) 3

0,25

t 11 M(11;21;31)



Câu

5a

(0,5đ)

Ta có:

A

3

1 tan









Câu

5b

(0,5đ)

Số phần tử của không gian mẫu là 5 5

10 5

Gọi biến cố A: “Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng”

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 2.C C35 55 112

Vậy P A  112 4

0,25

Câu 6

(1,0đ)

Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra SH(ABCD)

Dựng HEABSHEAB, suy ra SEH là góc giữa (SAB) và

Ta có SHHE.tan 600  3HE

0,25

2 ABCD

S a Suy ra

3 2

0,25

Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI

         

Dựng HKAP, suy ra SHK  SAP

Dựng HFSKHFSPAd H, SPA   HF

0,25

M

F

K

P

E

I H

S

D

C

B

A

Do SHK vuông tại H 12 1 2 12

Thay vào (1) ta có

2 2

Vậy d SA, CI  a

2 2

0,25

Câu 7

(1,0đ)

I

M F

E C

A B

Gọi I là giao điểm của BM và AC

Ta thấy:

BC2BAEBBA, FM 3FEEMBC

Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC

BM : x2y 7  0

0,25

Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ:

13 x

y 5







  







12 6

5 5



Ta có IB 2IM 8; 4 B 1; 3 

 

0,25

Mặt khác

BI

5

2

Gọi toạ độ A a,3 2a  , Ta có:

 2  2

BA  4 a 1  6 2a  4 5a 26a 33 0    hoặc a 3 a 11

5



0,25

Do a là số nguyên suy ra A 3; 3   2 4

5 5





Ta có AC5AI  2; 4C 1;1 

 

Vậy A 3; 3  ,B 1; 3  ,C 1;1 

0,25

Câu 8

(1,0đ)

Điều kiện xác định x1, xy 0

2x  2x  xy y xy  2x xyy  2x  xy  0 0,25

x y 2x y x y 0



Do x1, xy 0 2xy , từ đó suy ra x0 y

0,25

Thay vào (2) ta có:

x 1 x  x 21 x 1 1 x   4 x 21 5

0,25

Vì

2



 

, từ (3) suy ra x 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là 2; 2

0,25

Câu 9

(1,0đ)

2yz 1 x y z 2yzx  yz 2x yz

2x 2yz 1 2x 2x yz 2x x y z

2

2

0,25

Tương tự

2

2

2y 2xz 1  2 xyz

xy 2 x y  2 1 z  22z

2

0,25

2

trên  0;1

 

'

2

2 2z



với  c 0;1

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

0,25

2

2

Vậy GTLN của P là 1 4

2

2 đạt được khi

1

2

0,25