Đề thi thử THPT quốc gia môn toán sở GD đt bắc giang lần 1 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 08/4/2016
Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề

2x −1
x −1
3
Câu 2 (1,0 điểm). Gọi M là giao điểm của đồ thị hàm số y = − x + 3 x 2 − 2(C ) và đường thẳng y= x+2 . Viết
phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cosx+sinx=1+sin2x+cos2x
2
b) Giải phương trình log 2 ( x − 1) = log 1 ( x − 1)
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

2

π

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+2y+2z-3=0 , đường thẳng
d:

x − 2 y +1 z
=
=
và điểm A(2;5;8). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A và vuông góc với đường thẳng
1
−2
−1

d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) bằng

8
3

Câu 6 (1,0 điểm).
n
2
n
a) Cho khai triển (1 + 2 x) = a0 + a1 x + a2 x + ... + an x . 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: x2y+3=0. Trên đường thẳng qua B và vuông góc với đường chéo AC lấy điểm E sao cho B E= 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.

 x 3 − 7 y 3 + 3 xy ( x + y ) − 24 y 2 + 3x − 27 y = 14
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
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


3(

1
1
1 2
+
+
) ≥ ( x + 2)( y + 2)( z + 2).
x
y
z

----------Hết---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

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

Câu

Nội dung trình bày
1
1,0 điểm
*) TXĐ: D = R \{1}.
*) Sự biến thiên:
- Giới hạn: lim y = 2; lim y = 2; lim+ y = +∞; lim− y = −∞
x →−∞

x →+∞

x →1

0,5

*) Vẽ đúng đồ thị.
1,0 điểm

0,25

 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

0,25

Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là y = y '(−1)(x + 1) + 2
y= -9x-7
3
a

0,25

x →1

Suy ra đths có tiệm cận ngang là y =2 tiệm cận đứng là x =1
−1
< 0∀x ≠ 1 . Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định.
- Ta có y ' =
( x − 1) 2
-Bảng biến thiên

2

Điểm

1,0 điểm
Pt đã cho cosx+sinx-2sinx.cosx-2cos2x=0
sinx(1-2cosx)+cosx(1-2cosx)=0
(sinx+cosx)(1-2cosx)=0
π


x = − + kπ

cosx+sinx = 0
4
<=> 
(k ∈ Z )
1 − 2cos 0

 x = ± π + k 2π

3

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

0,25


Vậy phương trình đã cho có các nghiệm: x = −
b

π
π
+ kπ ; x = ± + k 2π ( k ∈ Z )
4
3

ĐK: x>1

0,25

log 2 ( x − 1) = log 1 ( x − 1) <=> log 2 ( x − 1) + log 2 ( x − 1) = 0
2

2

2

<=> ( x − 1)( x − 1) = 1
2

<=> x( x 2 − x − 1) = 0
<=> x =

4

0,25

1+ 5
( Do x>1)
2

1 + 5 
Vậy tập nghiệm của PT là S = 

 2 
1,0 điểm
π

π

π

0

0

+ I = ∫ ( x sin x + x)dx. = ∫ x sin xdx. + ∫ xdx.
0

π

+ ∫ xdx =
0

5

6
a

0,5

1 2π π
x
=
2 0
2

2

π

π π
∫0 x sin xdx = x(− cos x) 0 + ∫0 cosxdx. = π

0,25

1
I =π + π2
2
1,0 điểm
+ Mặt phẳng (Q) có VTPT n=(1;-2;-1).
+ Phương trình (Q): x-2-2(y-5)-(z-8)=0
x-2y-z+16=0
B(2+t;-1-2t;-t)
t = 1
8
| 5t + 3 | 8
= <=>  −11
D(B;(P)) = <=>
t =
3
3
3
5

−1 17 11
; ; )

Do đó B(3;-3;-1) và B(
5 5 5
1, 0 điểm

0,25

n

n

k =0

k =0

n
k
k
k k k
Ta có (1 + 2 x ) = ∑ Cn (2n) = ∑ Cn 2 n .

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

k
k

Khi đó, suy ra ak = Cn .2
0
1
2
Do đó, ta có a0 = Cn ; a1 = 2Cn ; a2 = 4Cn
Vậy

0,25


a0 + 8a1 = 2a2 + 1 <=> Cn0 + 16Cn1 = 8Cn2 + 1
8n(n − 1)
+1
2!
<=> 16n = 4n(n − 1)
<=> n = 5( n > 0)
+ Số các số trong tập hợp A bằng: 6!− 5! = 600
+ Số các số trong tập A mà mỗi số có chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau bằng: 5!+4.4!=216
216
= 0, 64
Xác suất của biến cố cần tìm: P = 1 −
600
1,0 điểm
<=> 1 + 16n =

b

7

0,25

0,25

0,25

Vì BH ⊥(A’B’C’) nên tam giác
A’BH vuông tại H
Tính được A ' H = a 3, BH = 3a
4a 2 3
.3a = 3 3a 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)=>(KBB’I) ⊥(BDH)
Dựng HE ⊥BD=>HE⊥(KBB’I).
Tính được
VABC . A ' B 'C ' = S A ' B 'C ' .BH =

a 28
a 21
3a
; HD =
; HE =
3
7
22
3a
=> d ( H ;( KBB ' I )) = HE =
22
B'I =

0,25
0,25

0,25


Vậy d (CC '; KB) =
8

3a 22
11

1,0 điểm
0,25

Ta có AB ⊥ AD : x − 2 y + 3 = 0 và AB đi qua F(4 ; -4)
=>AB: 2x+y-4=0. Khi đó A = AB ∩ AD => 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
Suy ra EF//AD=>EF ⊥ AB tại F. Khi đó, ta có ∆ABC = ∆EFB vì AC=BE;EBF=BCA(cùng phụ

0,25

với HBC) =>AB=EF= 5
Ta có B ∈ AB : 2 x + y − 4 = 0 => B (b; 4 − 2b), b > 0
Vậy

0,25

AB = 5 <=> (b − 1) 2 + (2 − 2b) 2 = 5 <=> b = 2(do b>0)

=>B(2;0)
Ta có BC ⊥ AB : 2 x + 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
=>AC: -5(y-2)=0y=2.
Khi đó, ta có C = AC ∩ BC => C (6; 2)

9

CD đi qua C(6;2) và CD ⊥ AD : x − 2 y + 3 = 0 => CD : 2 x + y − 14 = 0
Khi đó D = CD ∩ AD => D (5; 4)
Vậy ta có tọa độ A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4).
1,0 điểm
 x 3 − 7 y 3 + 3 xy ( x + y ) − 24 y 2 + 3x − 27 y = 14
(x;y ∈ R )

3
2
 3 − x + y + 4 = x + y − 5
x ≤ 3
Đkxđ: 
 y ≥ −4
Từ (1) ta có
( x + y )3 + 3( x + y ) = (2 y + 2)3 + 3(2 y + 2)
<=> ( x − y − 2) ( x + y ) 2 + ( x + y )(2 y + 2) + (2 y + 2) 2 + 3 = 0
<=> y = x − 2 => −2 ≤ x ≤ 3
Thế vào ( 2 ) ta được

0,25

0,25

x + 2 + 3 − x = x3 + x 2 − 4 x − 1
1
1
<=> x + 2 − ( x + 4) + 3 − x − (− x + 5) = (x 2 − x − 2)(x + 2)
3
3
1
1


<=> (x 2 − x − 2) 3( x + 2) +
+
=0
3 x + 2 + x + 4 3 3− x +5− x

<=> ( x − 2)( x + 1) = 0

10

x = 2
<=> 
 x = −1
Với x=2 => y=0
Với x= -1 => y= -3
KL: (x;y)=(-1;-3);(x;y)=(2;0)
1,0 điểm
Từ giả thiết suy ra 0Đặt

0,25

0,25
0,25
0,25

zy = 2 cos A; xz = 2 cosB; xy = 2 cosC trong đó A, B, C là các góc nhọn.

Từ giả thiết suy ra
cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C + 2.cosA.cosB.cosC = 1
<=> (cosC+ cos(A − B))(cosC+ cos(A + B)) = 0
<=> cosC+ cos(A + B) = 0
Suy ra A, B, C là ba góc nhọn của một tam giác. Ta có
2 cosAcosB
2 cosAcosC
2 cosCcosB
z=
;y =
;x =
cosC
cosB
cosA
2
3(cosA + cosB+ cos C )
8sin 2 A.sin 2 B.sin 2 C
YCBT <=>
≥
2 cosA.cosB.cos C
cosA.cosB.cos C

A
B
C
<=> 3(1 + 4sin sin sin ) ≥ 4sinA.sinB.sinC
2
2
2
1
1
4
<=>
+
≥
sinA.sinB.sinC 2 cos A cos B cos C
3
2
2
2
1
1
1
1
+
≥
+
A
B
C
sinA
+

sinB
+
sinC
A
B
C
sinA.sinB.sinC 2 cos cos cos
(
)3
cos + cos + cos
2
2
2
3
2
2
2 )3
2(
3
8
4
4
≥
+
=
3 3 3 3
3
------Hết------

0,25

0,25

0,25