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 180 phút (đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm 180 phút, không kể phát đề oOo 2x 1 x 1 Câu (1,0 điểm) Gọi M giao điểm đồ thị hàm số y   x  x  (C ) đường thẳng y  x  Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) điểm M Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình cos x  sin x   sin x  cos2 x b) Giải phương trình log ( x  1)  log ( x  1)  Câu ( 1,0 điểm) Tính tích phân I   ( x sin x  x)dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   , đường x  y 1 z thẳng d : điểm A(2;5;8) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A vuông góc với   2 1 đường thẳng d Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) a) Cho khai triển (1  x)n  a0  a1 x  a2 x   an x n Tìm số nguyên dương n biết a0  8a1  2a2  b) Gọi A tập số tự nhiên có chữ số đôi khác lập từ chữ số 0, 2,3,5, 6,8 Lấy ngẫu nhiên số thuộc tập A Tính xác suất để số lấy có chữ số chữ số không đứng cạnh Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’, có đáy tam giác cạnh 2a Hình chiếu vuông góc B lên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm H cạnh B’C’, K điểm cạnh AC cho CK=2AK BA '  2a Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ khoảng cách hai đường thẳng CC’ BK theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình AD : x  y   Trên đường thẳng qua B vuông góc với đường chéo AC lấy điểm E cho BE  AC (D E nằm hai phía so với đường thẳng AC) Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD , biết điểm E (2; 5) , đường thẳng AB qua điểm F (4; 4) điểm B có hoành độ dương  x3  y  3xy ( x  y )  24 y  x  27 y  14 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x, y    x  y   x  y   Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  xyz  Chứng minh  1 3    x y z     ( x  2)( y  2)( z  2)  Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm! Họ tên thí sinh: ., SBD 576 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG Câu 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 đths có tiệm cận ngang y  2; tiệm cận đứng x  0,25 1  x  Hàm số nghịch biến khoảng xác định ( x  1) -Bảng biến thiên x   y’ y  0,5 x  x  x 1 x 1 - Ta có y '   *) Vẽ đồ thị 0,25 1,0 điểm  y   x3  3x  Tọa độ M nghiệm hệ  y  x 3 y  x 3 y  x     M (1; 2)  x  1  x  3x  x   Phương trình tiếp tuyến với (C) M y  y '(1)( x  1)  a 0,25 0,25 0,25  y  9( x  1)   y  9 x  0,25 1,0 điểm Pt cho  cos x  sin x  2sin x cos x  2cos x  0,25  sin x(1  cos x)  cos x(1  cos x)   (sin x  cos x )(1  cos x)  cos x  sin x   1  cos x     x    k  (k  )  x     k 2  0,25 Vậy phương trình cho có nghiệm: x    k , x     k 2 , (k  ) b ĐK: x >1 0.25 -577 1- log ( x  1)  log ( x  1)  log ( x  1)  log ( x  1)   ( x  1)( x  1)  2  x( x  x  1)   x 1 (do x >1) 0.25 Vậy tập nghiệm PT S={ 1 } 1,0    + I   ( x sin x  x )dx   x sin xdx   xdx 0  +  xdx  x 2   0,5 2     x sin xdx  x( cos x)    cos xdx   0,25 I     2 1,0 điểm 0,25  + Mặt phẳng (Q) có VTPT n  (1; 2; 1) + Phương trình (Q): x   2( y  5)  ( z  8)   x  y  z  16  t  | t | B(2  t; 1  2t; t )  d ; d ( B;( P ))     t   11 3  17 11 Do B(3; 3; 1) B( ; ; ) 5 1, điểm 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 ak  C nk 2k k 0 0,25 Do đó, ta có a  C n0 ; a1  2C n1 ; a  4C n2 Vậy a  8a1  2a2   C n0  16C n1  8C n2    16n  8n (n  1) 1 2! 0,25 16n  4n (n  1)   n  1(n  0)  n  b + Số số tập hợp A bằng: 6! 5!  600 0,25 + Số số tập A mà số có chữ số đứng cạnh bằng: 5! 4* 4!  216 Xác suất biến cố cần tìm: P   0,25 216  0, 64 600 -2578 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 H Tính A ' H  a 3, BH  3a VABC A ' B 'C '  S A ' B 'C ' BH  0,25 4a 3a  3.a (đvtt) Qua K kẻ đường thẳng song song với CC’ cắt A’C’ I Ta có CC’ // (KBB’I ) nên d(CC’,KB) = d(C’,( KBB’I))=2 d(H,( KBB’I)) Dựng HD  B’I Khi IB’  (BDH) suy (KBB’I)  (BDH) Dựng HE  BD suy HE  (KBB’I) a 28 a 21 3a Tính B ' I  , HD  , HE  22 3a  d(H;( KBB'I))=HE  22 Vậy d(CC’,KB) = 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  y   AB qua F(4 ; -4) 0,25  AB : x  y   Khi A  A B  A D  A (1;2) Ta có đường thẳng EF qua hai điểm E(2;-5) F(4;-4) Do ta lập phương trình EF : x  2y  12  0,25 Suy EF AD  EF  AB F Khi đó, ta A BC  EFB A C  BE , EBF  BCA (cùng phụ với HBC )  AB  EF  Ta có B  AB : x  y    B(b;  2b), b  Vậy AB   (b  1)2  (2  2b)2   5b2  10b   b  2(dob  0)  B (2;0) 0,25 Ta có BC  A B : 2x  y   BC qua B(2; 0)  BC : x  2y    AC qua A(1; 2) vuông góc với BE  AC nhận BE  (0; 5) véc tơ pháp tuyến  A C : 5(y  2)   y  Khi đó, ta có C  A C  BC  C (6;2) 0,25 CD qua C(6; 2) CD  A D : x  2y    CD : 2x  y  14  Khi D  CD  A D  D (5; 4) Vậy ta có tọa độ A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4) 1,0 điểm 3  x  y  xy ( x  y )  24 y  x  27 y  14 (1)  x, y     x  y   x  y  (2)  x  Đkxđ   y  4 0,25 Từ (1) ta có ( x  y )3  3( x  y )   y     y     x  y    ( x  y )  ( x  y )  y     y    3     y  x  Suy 2  x  Thế vào (2) ta 1 x    x  x  x  x   x   ( x  4)   x  ( x  5)  ( x  x  2)( x  2)0,25 3 1     x2  x  2  3 x  2   0 x   x  3 x 5 x   x    x   x  1     x  1 0,25 Với x   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  xy, yz , zx  zy = cos A, xz = cos B, Đặt xy = cos C , A, B, C góc nhọn Từ giả thiết suy cos A  cos B  cos C  cos A cos B cos C   (cos C  cos( A  B))(cos C  cos( A  B)) 0,25  cos C  cos( A  B )  Suy A, B, C ba góc nhọn tam giác Ta có cos A cos B cos A cosC cosC cos B z ;y ;x  cos C cosB cosA 2 3(cos A  cos B  cos C ) 8sin A sin B sin C YCBT   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 1    A B C sinAsinBsinC cos cos cos 2 1 1    3 A B C sinAsinBsinC 2cos cos cos A B C  sinA sinB sinC   cos  cos  cos   2  2         3  3  0,25 0,25 0,25 Hết 581 -5-