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 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x  x Câu (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f ( x)  2x  , biết hệ số góc x2 tiếp tuyến – Câu (1 điểm) Trên tập hợp số phức, gọi z1 z2 hai nghiệm phương trình z  z   Tìm z1 , z2 tính môđun số phức w  z1  z   3i Giải phương trình: 2.9 x  6x  6.4 x Câu (1 điểm) Tính tích phân: I   x  x dx Câu (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   điểm M (1;2;3) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm điểm M tiếp xúc với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ tiếp điểm (S) (P) Câu (1 điểm) Giải phương trình: cos x  cos x   18   Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức   x  x   x  0 Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC tam giác vuông B, BC = a, AC = 2a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc (SBC) với mặt phẳng (ABC) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC SK SH Gọi H hình chiếu vuông góc A SB, K điểm SC cho  Tính SC SB theo a diện tích tam giác AHK Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có A(2;1) , B(3; 3) , biết H (1; 1) điểm thuộc đường cao kẻ từ A Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC tam giác ABC (Giả thiết “trực tâm H” tự sửa lại để hợp với đáp án) Câu (1 điểm) Giải phương trình: 3x   x   x   x  x  Câu 10 (1 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn 1    Chứng minh rằng: x y z 1   1 2x  y  z x  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 giám khảo cho điểm tùy theo mức độ làm không vượt khung điểm CÂU NỘI DUNG Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x  x ĐIỂM điểm TXĐ: D   x  y '  4 x  x; y '     x  1 Các khoảng đồng biến (1;0) , (1; ) , khoảng nghịch biến (; 1) , (0;1) Hàm số đạt cực đại x  1 , yCĐ = 1; đạt cực tiểu x  , yCT = lim y   ; lim y   x  0.25 0.25 x  Bảng biến thiên: x –∞ y + 1 – 0 + 1 +∞ – 0.25 y –∞ –∞ Đồ thị: 0.25 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f ( x)  2x  , biết hệ số điểm x2 góc tiếp tuyến – Hệ số góc tiếp tuyến 5 nên 5  5 ( x0 hoành độ tiếp điểm) ( x0  2) 0.25 Giải x0  ; x0  0.25 x0  suy y0  Phương trình tiếp tuyến y  5 x  22 0.25 x0  suy y0  3 Phương trình tiếp tuyến y  5 x  0.25 1124 Trên tập hợp số phức, gọi z1 z2 hai nghiệm phương trình z  z   Tìm z1 , z2 tính môđun số phức w  z1  z   3i điểm Giải phương trình: 2.9 x  6x  6.4 x z  z    z1,2  1  2i 0.25 w  1  3i  w  10 0.25 3.1 3.2   x    x x x x 2.9   6.4               0.25   x    2   x 1  x       2   0.25 Tính tích phân: I   x  x dx điểm t Đặt t   x  t   x  xdx  dt 0.25 Đổi cận: x  t  ; x  t  0.25 2 t2 t3 I   dt  91  0.25 0.25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   điểm M (1;2;3) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm điểm M tiếp xúc điểm với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ tiếp điểm (S) (P) Mặt cầu tâm M tiếp xúc với (P) có bán kính R  d  M ,( P )   2 Phương trình mặt cầu là:  x  1   y     z  3  0.25 0.25 Tiếp điểm (S) (P) hình chiếu vuông góc H M (P) Gọi d đường thẳng qua M d vuông góc với (P)  x   2t  Phương trình d là:  y   t  t     z   2t   11  Tiếp điểm H giao điểm d (P) nên tọa độ H  ; ;  3 3  1125 0.25 0.25 Giải phương trình: cos x  cos x   18   Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức   x  x   x  0 cos x  cos x    cos x  cos x    cos x  cos x   6.1 3 vô nghiệm cos x   x  k 2 ; cos x   điểm 0.25 0.25 Số hạng tổng quát khai triển là: 18 k 6.2   Tk 1  C   x  k 18 k 0.25 k   x   C18k  1 x3k 36 Ứng với số hạng không chứa x k = 12, số hạng T13  18564 Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC tam giác vuông B, BC = a, AC = 2a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc (SBC) với mặt phẳng (ABC) 600 điểm Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC Gọi H hình chiếu vuông góc A SB, K điểm SC cho SK SH  Tính theo a diện tích tam giác AHK SC SB S BC  AB , BC  SA  BC  ( SAB )  BC  SB K H Mặt khác BC  AB  góc (SBC) 7.1 0.25 (ABC) góc SBA 60 C A 0.25 AB  a , SA  AB.tan 600  3a B S ABC  a 2 suy VS ABC  a 3 0.25 SK SH  suy HK song song với BC suy HK  ( SAB ) SC SB suy tam giác AHK vuông H AH  7.2 HK  0.25 AS AB 3a 3a  ; SH  ; SB  2a 2 AS  AB 2 BC SH 3a  SB 0.25 9a Diện tích tam giác AHK 16 1126 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có A(2;1) , B(3; 3) , biết H (1; 1) điểm thuộc đường cao kẻ từ A Viết phương trình điểm đường thẳng chứa cạnh AC tam giác ABC 0.25 Đường cao AH có phương trình x  y   Đường thẳng chứa cạnh BC qua B vuông góc với AH nên có phương trình 0.25 x  y   Trung điểm I cạnh BC giao điểm cạnh AH BC 0.25  27  Tọa độ I  ;    5 0.25 Đường thẳng chứa cạnh AC có phương trình 32 x  y  63  Giải phương trình: 3x   x   x   x  x  Đặt t  3x   x  , t  t  x   x  x  Phương trình trở thành t  t   t  t    t  (nhận) t  2 (loại) điểm 0.25 0.25 t   x   x    3x  x    x 3 x  x   36  24 x  x  x  0.25  x  19 x  34  x2  x   0.25 Cho x, y, z số dương thỏa mãn 10 1    Chứng minh rằng: x y z 1   1 2x  y  z x  y  z x  y  2z điểm Có x  y  z  x  x  y  z  4 x.x y.z Suy 1 1 1      x  y  z x.x y.z x x y z Dấu “=” xảy x  y  z  1 1 11 1 1 1 2 1          suy      x x y z 4 x x y z  x  y  z 16  x y z  Tương tự ta có: Mà 0.25 1 1 1 1 1 2     ,      x  y  z 16  x y z  x  y  z 16  x y z  Cộng vế bất đẳng thức trên, ta được: 1 1  4 4 11 1             1 x  y  z x  y  z x  y  z 16  x y z   x y z  Dấu “=” xảy x  y  z  1127 0.25 0.25 0.25