đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE98 sở GD tỉnh bắc giang w

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
BẮCTHI
GIANG
MÔN:
TOÁN
ĐỀ
THỬ KỲ THI THPT QUỐC
GIA
2016 - ĐỀ SỐ 98
Ngày
thi:
08/4/2016
Thời gian làm bài 180 phút
(đề thi gồm 01 trang)
Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề

--------oOo--------

2x 1
.
x 1
Câu 2 (1,0 điểm). Gọi M là giao điểm của đồ thị hàm số y   x 3  3 x 2  2 (C ) và đường thẳng y  x  3.
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) tại điểm M.
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos x  sin x  1  sin 2 x  cos2 x.
b) Giải phương trình log 2 ( x 2  1)  log 1 ( x  1) .
2



Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân I   ( x sin x  x)dx.
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  3  0 , đường
x  2 y 1 z
thẳng d :
và điểm A(2;5;8). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A và vuông góc với


1
2
1
8
đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) bằng .
3
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho khai triển (1  2 x)n  a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n . Tìm số nguyên dương n biết a0  8a1  2a2  1 .
b) Gọi A là tập các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau lập được từ các chữ số 0, 2,3,5, 6,8.
Lấy ngẫu nhiên một số thuộc tập A. Tính xác suất để số lấy được có chữ số 0 và chữ số 5 không
đứng cạnh nhau.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’, có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a . Hình chiếu
vuông góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm H của cạnh B’C’, K là điểm trên cạnh AC
sao cho CK=2AK và BA '  2a 3. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai
đường thẳng CC’ và BK theo a .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình
AD : x  2 y  3  0 . Trên đường thẳng qua B và vuông góc với đường chéo AC lấy điểm E sao cho
BE  AC (D và E nằm về hai phía so với đường thẳng AC). Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD , biết điểm E (2; 5) , đường thẳng AB đi qua điểm F (4; 4) và điểm B có hoành độ dương.

 x3  7 y 3  3xy ( x  y )  24 y 2  3 x  27 y  14
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x, y 
3
2
 3  x  y  4  x  y  5

.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  xyz  4. Chứng minh rằng

 1
1
1
3


 x
y
z


2


  ( x  2)( y  2)( z  2).


----------Hết---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:..............................................................., SBD.....................................

576


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

Câu
1

Ý

HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN
(Bản hướng dẫn chấm có 05 trang)

Nội dung trình bày
1,0 điểm
*) TXĐ: D  \{1}.
*) Sự biến thiên:
- Giới hạn: lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y  

Điểm

Suy ra đths có tiệm cận ngang là y  2; tiệm cận đứng là x  1.

0,25

1

 0 x  1. Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định.
( x  1) 2
-Bảng biến thiên
x
1


y’
y
2


0,5

x 

x 

x 1

x 1

- Ta có y ' 

2



*) Vẽ đúng đồ thị.
2

0,25

1,0 điểm

 y   x3  3x 2  2
Tọa độ của M là nghiệm của hệ 
y  x 3
y  x 3
y  x  3
 3

 M (1; 2)
2
 x  1
 x  3x  x  5  0
Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là y  y '(1)( x  1)  2

a

0,25
0,25
0,25

 y  9( x  1)  2  y  9 x  7.

3

0,25

1,0 điểm
Pt đã cho  cos x  sin x  2sin x cos x  2cos 2 x  0

0,25

 sin x(1  2 cos x)  cos x(1  2 cos x)  0.
 (sin x  cos x )(1  2 cos x)  0.

cos x  sin x  0

1  2 cos x  0



 x   4  k

(k  ).
 x     k 2

3

0,25

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm:

x 


4

 k , x  


3

 k 2 , (k  ) .

b ĐK: x >1.

0.25

-577
1-


log 2 ( x 2  1)  log 1 ( x  1)  log 2 ( x 2  1)  log 2 ( x  1)  0  ( x 2  1)( x  1)  1
2

2

 x( x  x  1)  0

 x

1 5
(do x >1).
2

0.25

Vậy tập nghiệm của PT là S={
4

1 5
}. .
2

1,0






+ I   ( x sin x  x )dx   x sin xdx   xdx
0

0



1
+  xdx  x 2
2
0


0



0

0,5

2
2





  x sin xdx  x( cos x)
0


0

  cos xdx  

0,25

0

1
I     2.
2
1,0 điểm

5

0,25


+ Mặt phẳng (Q) có VTPT n  (1; 2; 1) .
+ Phương trình (Q): x  2  2( y  5)  ( z  8)  0  x  2 y  z  16  0 .

t  1
8
| 5 t 3 | 8
B(2  t; 1  2t; t )  d ; d ( B;( P ))  
 
.
t   11
3
3
3
5


1 17 11
Do đó B(3; 3; 1) và B( ; ; )
5 5 5
1, 0 điểm

6
a

n

Ta có (1  2x )n 

C
k 0

0,25
0,25
0,25

0,25

n
k
n

(2x )k 

C

k
n

2k x k . Khi đó, suy ra ak  C nk 2k

k 0

0,25

Do đó, ta có a 0  C n0 ; a1  2C n1 ; a 2  4C n2
Vậy a 0  8a1  2a2  1  C n0  16C n1  8C n2  1  1  16n 

8n (n  1)
1
2!

0,25

16n  4n (n  1)  4  n  1(n  0)  n  5

b + Số các số trong tập hợp A bằng: 6! 5!  600.

0,25

+ Số các số trong tập A mà mỗi số có chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau bằng:
5! 4* 4!  216 .

Xác suất của biến cố cần tìm: P  1 

0,25
216
 0, 64.
600

-2578


7

1,0 điểm
A

K
C

B

A'

E

I

C'

D

H
B'

Vì BH  (A’B’C’) nên tam giác
A’BH vuông tại H
Tính được A ' H  a 3, BH  3a
VABC . A ' B 'C '  S A ' B 'C ' .BH 

0,25

4a 2 3
.3a  3 3.a 3 (đvtt)
4

Qua K kẻ đường thẳng song song với CC’ cắt A’C’ tại I. Ta có CC’ // (KBB’I ) nên
d(CC’,KB) = d(C’,( KBB’I))=2 d(H,( KBB’I)).
Dựng HD  B’I. Khi đó IB’  (BDH) suy ra (KBB’I)  (BDH)
Dựng HE  BD suy ra HE  (KBB’I).
a 28
a 21
3a
Tính được B ' I 
, HD 
, HE 
.
3
7
22
3a
 d(H;( KBB'I))=HE 
.
22
Vậy d(CC’,KB) =
8

3a 22
.
11

1,0 điểm

E

A

B
F

H
D

C

579
-3-

0,25

0,25

0,25


Ta có AB  AD : x  2 y  3  0 và AB đi qua F(4 ; -4)
0,25

 AB : 2 x  y  4  0 . Khi đó A  A B  A D  A (1;2)
Ta có đường thẳng EF đi qua hai điểm E(2;-5) và F(4;-4). Do đó ta lập được phương
trình EF : x  2y  12  0

0,25

Suy ra EF AD  EF  AB tại F. Khi đó, ta A BC  EFB vì
A C  BE , EBF  BCA (cùng phụ với HBC )  AB  EF  5 .

Ta có B  AB : 2 x  y  4  0  B(b; 4  2b), b  0.
Vậy AB  5  (b  1)2  (2  2b)2  5  5b2  10b  0  b  2(dob  0)  B (2;0)

0,25

Ta có BC  A B : 2x  y  4  0 và BC đi qua B(2; 0)  BC : x  2y  2  0

AC đi qua A(1; 2) và vuông góc với BE  AC nhận BE  (0; 5) là véc tơ pháp tuyến

 A C : 5(y  2)  0  y  2 . Khi đó, ta có C  A C  BC  C (6;2)

0,25

CD đi qua C(6; 2) và CD  A D : x  2y  3  0  CD : 2x  y  14  0 .
Khi đó D  CD  A D  D (5; 4) . Vậy ta có tọa độ A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4).
9

1,0 điểm
3
3
2
 x  7 y  3 xy ( x  y )  24 y  3 x  27 y  14 (1)
 x, y 

3
2
 3  x  y  4  x  y  5 (2)

.

x  3
Đkxđ 
 y  4

0,25
3

Từ (1) ta có ( x  y )3  3( x  y )   2 y  2   3  2 y  2 
2
  x  y  2   ( x  y ) 2  ( x  y )  2 y  2    2 y  2   3  0



 y  x  2 . Suy ra 2  x  3 .

Thế vào (2) ta được

1
1
x  2  3  x  x 3  x 2  4 x  1  x  2  ( x  4)  3  x  ( x  5)  ( x 2  x  2)( x  2)0,25
3
3
1
1


  x2  x  2  3 x  2 

0

3 x  2  x  4 3 3 x 5 x 

x  2
  x  2  x  1  0  
 x  1

0,25

Với x  2  y  0; x  1  y  3 .

0,25

KL ( x; y )   1;  3 , ( x; y )   2;0 

580
-4-


10

1,0 điểm
Từ giả thiết suy ra 0  xy, yz , zx  4

zy = 2 cos A, xz = 2 cos B,

Đặt

xy = 2 cos C , trong đó A, B, C là các góc nhọn.

Từ giả thiết suy ra

cos 2 A  cos 2 B  cos 2 C  2 cos A cos B cos C  1  (cos C  cos( A  B))(cos C  cos( A  B)) 0,25
 cos C  cos( A  B )  0
Suy ra A, B, C là ba góc nhọn của một tam giác. Ta có
2 cos A cos B
2 cos A cosC
2 cosC cos B
z
;y
;x 
cos C
cosB
cosA
2
2
3(cos A  cos B  cos C )
8sin A sin 2 B sin 2 C
YCBT 

2 cos A cos B cos C
cos A cos B cos C
A
B
C
 3(1  4sin sin sin )  4sin A sin B sin C
2
2
2
1
1
4




A
B
C
sinAsinBsinC 2 cos cos cos
3
2
2
2
1
1
1
1



3
3
A
B
C
sinAsinBsinC 2cos cos cos
A
B
C
 sinA sinB sinC 

cos  cos  cos 


2
2
2 
3
2
2
2
 2 

3







8
3 3



4
3 3



4
.

3

0,25

0,25

0,25

------Hết------

581
-5-