Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 tỉnh Bắc Giang có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG (đề thi gồm 01 trang) 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 Câu (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1.1xyx  Câu (1,0 điểm). Gọi là giao điểm của đồ thị hàm số3 23 2y x ( )C và đường thẳng 3.y x Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị tại điểm M. Câu (1,0 điểm). a) Giải phương trình cos sin sin os2 x b) Giải phương trình 22 12log 1) log 1)x x . Câu 1,0 điểm). Tính tích phân 0( sin .I dx  Câu (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng 0P z , đường thẳng 1:1 1x zd   và điểm (2; 5; 8).A Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua và vuông góc với đường thẳng .d Tìm tọa độ điểm thuộc sao cho khoảng cách từ đến mặt phẳng P) bằng 8.3 Câu (1,0 điểm). a) Cho khai triển 20 2(1 ...n nnx x . Tìm số nguyên dương biết 28 1a a . b) Gọi là tập các số tự nhiên có chữ số đôi một khác nh au 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 và chữ số không đứng cạnh nhau. Câu (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’, có đáy là một tam giác đều cạnh bằng2a. Hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng A’B’C’) trùng với trung điểm của cạnh B’C’, là điểm trên cạnh AC sao cho CK=2AK và ' 3.BA a Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và BK theo a. Câu (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình 0AD y . Trên đường thẳng qua và vuông góc với đường chéo AC lấy điểm sao cho BE AC (D và nằm về hai phía so với đường thẳng AC). Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết điểm (2; 5)E, đường thẳng AB đi qua điểm (4; 4)Fvà điểm có hoành độ dương. Câu (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 23 27 24 27 14, .3 5x xy yx yx y   ฀ Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương ,x thỏa mãn 4.xy yz zx xyz Chứng minh rằng 21 13 2)( 2)( 2).x zx z   ----------Hết---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:..............................................................., SBD.....................................- -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 Điểm 1,0 điểm *) TXĐ: \\ {1}.D฀ *) Sự biến thiên: Giới hạn: 1lim 2; lim 2; lim limx xy y      Suy ra đths có tiệm cận ngang là 2;y tiệm cận đứng là 1.x Ta có 21' 1.( 1)y xx  Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. 0,25 -Bảng biến thiên   y’   0,5 *) Vẽ đúng đồ thị. 0,25 1,0 điểm Tọa độ của là nghiệm của hệ 23 23y x   0,25 233( 1; 2)13 0y xy xMxx      0,25 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại là '( 1)( 1) 2y x 0,25 9( 1) 7.y x 0,25 1,0 điểm Pt đã cho 2cos sin sin cos os 0x x sin (1 cos cos (1 cos 0.x x (sin cos )(1 cos 0.x x 0,25 cos sin 01 cos xx    4( ).23x kkx k      ฀ Vậy phương trình đã cho có các nghiệm: )4 3x k   ฀. 0,25 ĐK: >1. 0.25- -2 22 22log 1) log 1) log 1) log 1) 0x x 2 1)( 1) 1x x 1) 0x x 2x (do >1). Vậy tập nghiệm của PT là 5S={ }.2. 0.25 1,0 0( sin sinI dx xdx xdx   22 0012 2xdx x   0,5 00 0sin cos cosx xdx xdx   0,25 21.2I  0,25 1,0 điểm Mặt phẳng (Q) có VTPT (1; 2; 1)n . 0,25 Phương trình (Q): 2( 5) 8) 16 0x z . 0,25 18 8(2 )) 113 35tB t    0,25 Do đó (3; 3; 1)B và 17 115 5( )B 0,25 1, điểm Ta có 0(1 (2 2n nn kn nk kx x   . Khi đó, suy ra 2k kk na Do đó, ta có 20 2; 4n na C Vậy 20 28 1)8 16 16 12 !n nn na  16 1) 1( 0) 5n n 0,25 0,25 Số các số trong tập hợp bằng: 6! 5! 600. 0,25 Số các số trong tập mà mỗi số có chữ số và đứng cạnh nhau bằng: 5! 4! 216 . Xác suất của biến cố cần tìm: 2161 0, 64. 600P 0,25- -7 1,0 điểm DICAHA'C'B'BKE Vì BH (A’B’C’ nên tam giác A’BH vuông tại Tính được ' 3, 3A BH 0,25 23. ' ' ' ' ' '4 3. .3 3. 4ABC CaV BH a (đvtt) 0,25 Qua kẻ đường thẳng song song với CC’ cắt A’C’ tại I. Ta có CC’ // (KBB’I nên (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 ). 0,25 Tính được 28 21 3' .3 722a aB HD HE 3d(H;( KBB'I))= .22aHE Vậy d(CC’,KB 2211a. 0,25 1,0 điểm BHFCADE- -Ta có 0 AB AD yvà AB đi qua F(4 -4) 0 AB y. Khi đó(1; 2)A A 0,25 Ta có đường thẳng EF đi qua hai điểm E(2;-5) và F(4;-4). Do đó ta lập được phương trình 12 0E y Suy ra EF AD EF AB ฀ tại F. Khi đó, ta EFB vì ฀฀,A A (cùng phụ với ฀HBC) 5AB EF . 0,25 Ta có ), 0.B AB b Vậy 25 1) (2 10 2( 0) (2; 0)A do Ta có 0B y và BC đi qua B(2; 0) 0BC y 0,25 AC đi qua A(1; 2) và vuông góc với BE AC nhận(0; 5)BE  là véc tơ pháp tuyến 5( 2) 2A y . Khi đó, ta có (6; 2)C C CD đi qua C(6; 2) và 0C y : 14 0CD y . Khi đó (5; 4)D CD D . Vậy ta có tọa độ A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4). 0,25 1,0 điểm 3 23 27 24 27 14 (1), .3 (2)x xy yx yx y   ฀ Đkxđ 4xy    Từ (1) ta có 33( 3( 2x y 222 0x   2y x . Suy ra 3x . 0,25 Thế vào (2) ta được 221 12 4) 5) 2)( 2)3 3x x   21 12 03 5x xx x   0,25 22 01xx xx   0,25 Với 0; 3x y . KL ( 1; 2; 0x y 0,25- -10 1,0 điểm Từ giả thiết suy ra 4xy yz zx Đặt cos A, cos B, cos Czy xz xy= =, trong đó A, B, là các góc nhọn. Từ giả thiết suy ra 2cos cos cos cos cos cos (cos cos( ))(cos cos( )) B cos cos( 0C B Suy ra A, B, là ba góc nhọn của một tam giác. Ta có cos cos cos cosC cosC cos; ;cos cosB cosAA Bz xC 0,25 23(cos cos cos sin sin sin2 cos cos cos cos cos cos CYCBTA C  3(1 sin sin sin sin sin sin2 2A CA C 4sinAsinBsinC32 cos cos cos2 2A C 0,25 331 1sinAsinBsinC sinA sinB sinC2 cos cos cos cos cos cos2 23 223A CA C        0,25 4.3 3 0,25 ------Hết------