DE VA DAP AN THU THU THPT QUOC GIA MON TOAN NAM 2016 LAN 2 TINH BG

<span class='text_page_counter'>(1)</span> KỲ THI THỬ LẦN 2 THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN: TOÁN Ngày thi: 18/06/2016 Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG (đề thi gồm 01 trang). Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  4. Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y . x 1 biết tiếp tuyến song song với 2x 1. đường thẳng d có phương trình y  3 x  2016 . Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình. 3 cos 2 x  3sin x  3. 10 b) Giải phương trình 3x 1  31 x  . 3 e. Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân I   x  2 x 2  ln x  dx . 1. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  2 y  z  1  0 , đường x  2 y 1 z thẳng d :   và điểm A(2; 1;0) Tìm tọa độ điểm B là giao điểm của d và (P). Viết phương 1 2 1 trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc d, đi qua A và tiếp xúc với (P). Câu 6 (1,0 điểm). a) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z, biết (2  3i ) z  5i  z  2i 2 . b) Một nông dân chỉ nuôi 03 con gà mái mầu trắng, mầu nâu, mầu đen để đẻ trứng. Ba con gà cùng có khả năng đẻ trứng vào ngày 01/7. Biết xác suất để các con gà đẻ trứng vào ngày hôm đó lần lượt là: 1 2 3 ; ; . Tính xác suất để ngày 01/7 người nông dân đó có gà đẻ trứng. 2 3 4 Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA vuông góc với mặt phẳng (ABC); góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) là 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa AC và SB. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường. tròn (T) có phương trình: x 2  y 2  6x  2y  5  0. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN có phương trình: 20x  10y  9  0 và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.. . .   x, y    ..  x3  3 x 2 x  y  y y 2  1  1 x2  1 1  Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  (2 y  1) 1  x  (2 y  1) 1  x  2 y. Câu 10 (1,0 điểm). Cho hai số thực x  1 và. x y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P . 3.  y3    x2  y2  ( x  1)( y  1). .. ----------Hết---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:..............................................................., SBD:......................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG. Câu 1. Ý. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2016 MÔN THI: TOÁN (Bản hướng dẫn chấm có 05 trang). Nội dung trình bày 1,0 điểm *) TXĐ: D  . *) Sự biến thiên: - Giới hạn: lim y  ; lim y   x . Điểm. 0,25. x . Suy ra đths không có tiệm cận x  0 Ta có y '  3x 2  6 x ; y '  0    x  2 - Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 2), (0; ). Nghịch biến trên (2;0). -Bảng biến thiên x -2 0   y’ + 0 0 +  0. -. 0,25. 0,25. y.  *) Vẽ đúng đồ thị.. -4 0,25. 1,0 điểm. 2. Hệ số góc tiếp tuyến: k  3 . Phương trình tiếp tuyến có dạng: y  3x  b  b  2016   x 1 1  2 x  1  3x  b  Điều kiện tiếp xúc:  có nghiệm 3   3  2 2   2 x  1 x  0 2  2    2 x  1  1   x  1 Với x  0 có b  1 . Suy ra phương trình tiếp tuyến: y  3x  1 Với x  1 có b  5 . Suy ra phương trình tiếp tuyến: y  3x  5 Kết luận 1,0 điểm. 3 a. 3 cos 2 x  3sin x  3. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.  3sin x  3 1  cos 2 x   0  3sin x  2 3 s in 2 x  0. -1-.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>   x  k sin x  0      x   k 2 (k  ) sin x  3  3   2 2 x   k 2 3 . 0,25. Kết luận. b. 3x 1  31 x . 10  3.32 x 1  10.3x 1  3  0 3. 0,25. 3x 1  3 x  2   x 1 1   3  x  0  3. 0,25. Kết luận. 4. 1,0 e. e. e. I   x  2 x  ln x  dx  2 x dx   x ln xdx . 2. 3. 1. 1. e. 2 x3dx  1 e. Ta có. e. 1 4 1 x   e4  1 2 1 2.  x ln xdx  1. 0,25. e e 2 1  1 2 1 2 1 2 ln x x  x dx   e  x  1 1 x  2  2  2. e. I   x  2 x 2  ln x  dx  1. 5. 0,25. 1. e  e2  1  1 4. 1 4 e2  1 2e 4  e2  1 1 e     4  4 2. 0,25. 0,25. 1,0 điểm x  2  t  + d :  y  1  t , Tọa độ điểm B  2  t ;1  t ; 2t  . Vì B là giao điểm của (P) và d nên ta có  z  2t . 0,25. 2  t  2(1  t )  2t  1  0  t  5 .. Suy ra B  3;6; 10 . 0,25. Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính mc(S), do I nằm trên d nên I(2+a;1-a;2a) a 5 IA  a 2  (2  a) 2  4a 2  6a 2  4a  4, d(I, (P))  6 Do mặt cầu (S) đi qua A và tiếp xúc với (P) nên a  1 a 5 2 2  35a  34a  1  0   6a  4a  4  a   1 6 35 . 0,25. -2-.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Với a  1  I(3;0;2), R  6  phương trình mc(S) : (x  3) 2  y 2  (z  2) 2  6 Với a  . 1 69 36 2 29 6  I( ; ;  ), R   35 35 35 35 35.  29 6  69 36 2 phương trình mc(S) : (x  ) 2  (y  ) 2  (z  ) 2    35 35 35  35  Vậy phương trình (S) cần tìm là. 2.  29 6  69 36 2 (x  3)  y  (z  2)  6 , (x  ) 2  (y  ) 2  (z  ) 2    35 35 35  35  2. 2. 0,25. 2. 2. 1, 0 điểm. 6. z  a  bi, (a, b . ).  (2  3i )  a  bi   5i  a  bi  2i 2  2a  2bi  3ai - 3b  5i  a - bi  2. 0,25.  a  3b  2  (3b  3a  5)i  0. 3  a  a  3b  2  0  4   3 3 5 0     b a  b  11  12 3 11 a  b  . Vậy phần thực của z là 4 và phần ảo là 12 b Gọi A, B, C lần lượt là các biến cố: Gà mái mầu trắng, mầu nâu, mầu đen đẻ trứng. 1 2 3 Theo giả thiết ta có P(A)  ; P(B)  ; P(B)  . Theo công thức biến cố đối ta có: 2 3 4 1 1 1 P A  ;P B  ;P C  . 2 3 4 Gọi D là biến cố: “Ít nhất một con gà đẻ trứng” suy ra D là biến cố: “cả 3 con gà đều không đẻ trứng”. Từ đó ta có: D  A  B  C . Do việc 3 con gà đẻ trứng độc lập nên các biến cố A, B,C độc lập. Theo công thức nhân xác suất ta có: 1 1 1 1 P D  P A .P B .P C  . .  2 3 4 24 23 Theo công thức biến cố đối ta được P  D   1  P D  . 24 23 Vậy xác suất cần tìm là . 24. a.  .  . 0,25.  .        .  . -3-. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 7. 1,0 điểm S. K C. A a. d H. B. Do SA vuông góc với (ABC) nên AC là hình chiếu của SC trên (ABC).  SCA  60  SA  a 3 a2 3 4 a3 Thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC  (đvtt). 4 Kẻ đường thẳng d qua B và song song với AC ta có khoảng cách giữa AC và SB là khoảng cách giữa AC và mp(SB, d) và là khoảng cách từ điểm A đến mp(SB,d). Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với d tại H. a 3 Ta có ABH  BAC  60  AH  ABsin 60  . 2 Kẻ đường thẳng qua A và vuông góc với SH tại K . Ta có tam giác SAH vuông tại A nên 1 1 1 4 1 5 a 15    2  2  2  AK  2 2 2 AK AH SA 3a 3a 3a 5 Do d vuông góc với SA và AH nên d vuông góc với (SAH)  (SB,d) vuông góc với (SAH) mà AK vuông góc với SH nên AK vuông góc với a 15 (SB,d)  d(A, (SB, d))  AK  . 5 a 15 Vậy khoảng cách giữa AC và SB là . 5 1,0 điểm. Diện tích tam giác ABC là SABC . 8. A N E M B. H. I. C. (T) có tâm I(3;1), bán kính R  5. Do IA  IC  IAC  ICA (1) Đường tròn đường kính AH cắt BC tại M  MH  AB  MH / /AC (cùng vuông góc AB) -4-. 0,25 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  MHB  ICA (2) Ta có: ANM  AHM (chắn cung AM) (3) Từ (1), (2), (3) ta có: AI vuông góc MN  phương trình đường thẳng IA là: x  2y  5  0 Giả sử A(5  2a;a) IA.. 0,25. a  0 Mà A  (T)  (5  2a)2  a2  6(5  2a)  2a  5  0  5a2  10a  0   a  2 Với a  2  A(1; 2) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN). 0,25. Với a  0  A(5; 0) (loại vì A, I cùng phía MN).  9 Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH  E  MN  E  t; 2t   10    38  Do E là trung điểm AH  H  2t  1; 4t   10     58  48   AH   2t  2; 4t   , IH   2t  4; 4t   10  10    272 896 0 t Vì AH  HI  AH.IH  0  20t 2  5 25  8  11 13   H ;  t  5 5 5   28  31 17   H ;  t   25 25   25 Với t . 0,25. 0,25.  11 13  8  H  ;  (thỏa mãn) 5 5 5. 6 3 Ta có: AH   ;   BC nhận n  (2;1) là VTPT 5 5  phương trình BC là: 2x  y  7  0 9. 1,0 điểm x  y ĐK:  1  x  1 +) với x  0  y  0. .. 0,25. +) Với x  0 PT (1)  x Xét hàm số f (t )  t. . . . x 1 1  2. 3x 2 x  y x  1 1 2. y. . . y 2  1  1 (*). . t 2  1  1 trên R. Chứng minh hàm số đồng biến trên R. Với đk x  y  f ( x)  f ( y)  VT (*)  VP(*). 0,25. Dấu “=” xảy ra khi x  y Thay x  y vào phương trình (2) ta được:. (2 x 1) 1  x  (2 x  1) 1  x  2 x ĐK :  1  x  1, x  0. -5-. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Đặt a  1  x , b  1  x ; a, b  0 thay vào phương trình ta được. (a 2  b2  1)a  (a 2  b2  1)b  (a 2  b2 )  (a 2  b2 )(b  a)  b  a  (a 2  b 2 )  0 a  b  .  (a  b )(b  a)  b  a  (a  b )  0  a  b  1  5  2 2. 2. 2. 2. + Với a  b  x  0 ( loại). 0,25 + Với a  b . 1 5 1 5 5 5 5 5  1 x  1 x   x2  x . 2 2 8 8. Vậy hệ phượng trình có các nghiệm x  y   10. 5 5 . 8. 1,0 điểm t2 Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y) ta có xy  4 2 3 2 t t  t  xy (3t  2) P . Do 3t - 2 > 0 và  xy   4 xy  t  1 2. 0,25. Ta có t 2 (3t  2) t2 4 P  t2 t2  t 1 4 t  0 t2 t 2  4t t 2  4t ; f '(t )  ;   0 f t '( ) 0 . Xét hàm số f (t )  2 2 t2 (t  2) (t  2) t  4 Lập bảng biến thiên của hàm só f (t ). t3  t2 . x  y  4 x  2  Do đó min P = min f (t ) = f(4) = 8 đạt được khi  (2; )  xy  4 y  2 Tổng. ------Hết------. -6-. 0,25. 0,25 0,25 10.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>