đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE197 THPT phú riềng, bình phước (đề ôn 3)

SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT PHÚ RIỀNG ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN 12 – Đề số Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 197 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt:  x  x2  m   Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sau tập số phức: z  z   b) Giải phương trình sau tập số thực: log ( x  4)  log  x    log (1  x ) Câu (1,0 điểm).Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y  x2 , y  1, x  0, x  x 1 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  2; 2;0  , B  1;1; 1 mặt phẳng ( P ) có phương trình 2x  y  z   Hãy viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa AB, vuông góc với ( P ) viết phương trình mặt cầu (S) có tâm B tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, góc đường thẳng SC với mặt đáy 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ O đến mặt phẳng SCD (O tâm hình vuông ABCD) Câu (1,0 điểm) a) Cho góc  thỏa mãn:      sin    Tính P    2sin 2  1  tan  cos   b) Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi vàng viên bi xanh, lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để lấy bi có ba màu Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x  y  x Tam giác ABC vuông A có AC tiếp tuyến (C) A tiếp điểm, chân đường cao kẻ từ A H  2;0  Tìm tọa độ đỉnh B tam giác ABC biết B có tung độ dương Câu (1,0 điểm).Giải bất phương trình : x  x  10 x  x   x  x  x   x   Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x4  y  x y  x  y  2  1  a, b hai số thực dương x y - HẾT - 1107 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu 1a) Nội dung Điểm TXĐ : D  R , y '  x  x , y '   x   x   x  1 0.25 Hàm số đồng biến khoảng  1;0  1;   , hàm số nghịch biển khoảng  ; 1  0;1 0.25 lim y   x  Bảng biến thiên x –∞ y +∞ – 1 0 + +∞ – + 0.25 +∞ y 0 y -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 1b) f(x)=x^4-2x^2+1 x Phương trình :  x4  x  m    x  x   m  (1) 0.25 0.5 Từ đồ thị ta thấy pt (1) có bốn nghiệm phân biệt  m 1    m  Vậy với  m  pt cho có bốn nghiệm phân biệt 2a) 2b) 0.5 Ta có biệt thức :  '   0.25 Suy phương trình cho có hai nghiệm phực z1,2   i 0.25 ĐK :  x 2 0.25 Khi pt : log ( x  4)  log (2 x  3)  log (1  x )  log  x   x  3   log 1  x    x   x  3   x 0.25 11 Đối chiếu điều kiện toán, ta có nghiệm pt là: x  1  x  13 x  11   x  1  x   1108 Câu Diện tích hình phẳng giới hạn bới đường cho : S x2  1dx   dx (đvdt) x 1 x  0.5 2 dx  ln x   ln x 1   Ta có AB  1; 1; 1 , nP   2; 2; 1 , suy    nQ   AB, n p    3; 1;   Câu 0.5 0.25 Mặt phẳng (Q) có pt:  x  1  1 y  1   z  1   3x  y  z   Ta có R= d ( B, ( P))   1  2.1  1(1)  22  22  (1)2 1 0.25 Vậy pt mặt cầu (S) :  x  1   y  1   z  1  Ta có : cos   sin    cos     sin    5a) Do  0.25 0.25 0.25     nên cos   Khi : P    sin 2  1  tan  cos      sin  cos  1  sin  cos    0.25 22 25 Số cách chọn ngẫu nhiên viên bi : C20  2280 5b) 0.25 Số cách chọn ba viên bi có đủ ba màu : C51.C71C81  280 Vậy xác suất cần tìm : p  0.25 280  2280 57 S Câu A D K H O C B Gọi H trung điểm AB, tam giác SAB cân S nên SH  AB Theo đề ( SAB)  ( ABCD) nên SH  ( ABCD) Do HC hình chiếu vuông góc SC mp(ABCD)   600 suy  SC , ( ABCD )    SC , HC   SCH 1109 0.25 Xét tam giác BHC vuông H có CH  BH  BC  Xét tam giác vuông H có SH=AC.tan600 = a a 15 Diện tích hình vuông ABCD : S ABCD  a 0.25 a 15 suy VS ABCD  SH S ABCD  (đvtt) Ta có OH / / BC  OH / /(SBC )  d (O,( SBC ))  d ( H ,( SBC )) Gọi K hình chiếu vuông góc H cạnh SB, ta có HK  SB (1) mặt khác BC  HK (do BC  ( SAB) (2) từ (1) (2) suy HK  ( SAB)  d  H ,  SAB    HK a 15 a 2  a 15  Xét tam giác HK  SH  BH 15a a  4 SH BH 0.25 Do tam giác ABC vuông A có H  (C ) CA tiếp tuyến (C) nên B  (C ) Câu Ta có AC   BH  0.25 2S ABC  AB BA2 AB  AC  0.25  BI  Giả sử B  a; b  , b  Khi   BH   a  a  1  b     2  a    b  b   Câu 0.25 1 3 Vậy B  ;  2  0.25 x  x  10 x  x   x  x  x   x   (1) 2 x  x  10 x  x   Điều kiện :   x  x  0.25  x  1 x  x      x0  x  Khi (1)  x  x  x   x  x  x   x     x2    2x2  6x   x  x   1110 0.25  x2  x   x  x   (2) Xét TH1 : Với x  (2) vô nghiệm Xét TH2 : Với x>0, chia hai vế (2) cho x ta : 4  4       x    1   x    2 x      x     (3) x x x x     Đặt t  x   x   t  , thay vào (3) ta : x x 0.25 t  1 t  1 2t   t      t 1  t  1  t  2t    x  1(vn) 1 x  x   0 x  x   x  x Với t  ta có : 0.25 Kết hợp hai trường hợp điều kiện ta thấy bất phương trình (1) có nghiệm x=4 Câu Ta có : P   x2  y2  Xét hàm số f (t )  t  4   x2  y    x2  y  2 x y x y x  y2 0.25 , với t  x  y , t   0;   t 0.25 Ta có : f (t )   ; f '(t )   t  2 t Lập bảng biến thiên hàm số f(t) khoảng  0;   , ta tìm : f (t )  4, đạt đươc t=2 0.25  0;  Từ tìm GTNN biểu thức P 4, đạt x = y = HẾT - 1111 0.25