Đề thi thử THPT Quốc gia 2015 lần I môn Toán - Trường THPT Sơn Tây

Chia sẻ: Tran Nghe | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi thử THPT Quốc gia 2015 lần I môn Toán" của Trường THPT Sơn Tây để cùng làm quen với cách ra đề và làm bài thi theo cấu trúc mới. Đề thi gồm 9 câu hỏi trong thời gian làm bài 180 phút.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia 2015 lần I môn Toán - Trường THPT Sơn Tây

Trường THPT Sơn Tây ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 LẦN I Môn: Toán (thời gian làm bài 180 phút) x4 5 Câu 1(2 điểm). Cho hàm số y =  3x 2  2 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi (C) của hàm số. 2. Cho điểm M thuộc (C) có hoành độ xM = a. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, với giá trị nào của a thì tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M. Câu 2(1 điểm). Giải phương trình: 3 sinx + cosx = -2cos3x 1 1 Câu 3(1 điểm). Giải phương trình log ( x  3)  log4 ( x  1)8  3log8 (4x) 2 2 4 p Câu 4(1 điểm). Tính tích phân I = ò (1 + cos x )xdx 0 Câu 5(1 điểm). Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm thực phân biệt: 2  x  2  x  (2  x)(2  x)  m Câu 6(1 điểm). Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB = b. Tính thể tích của hình chóp đó và khoảng cách giữa các đường thẳng SA, BE. Câu 7(1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x - y + 2z - 1 = 0 và điểm A (1; 3; - 2) a) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên mặt phẳng (P). b) Viết phương trình mặt cầu tâm A và đi qua gốc tọa độ O. Câu 8(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết M(1; -1) là trung điểm 2 của BC và G( ; 0 ) là trọng tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 3 Câu 9(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 1 y 1 z 1 P = x(  )  y (  )  z (  ) 2 yz 2 zx 2 xy ------------------Hết-------------------
Đáp án Câu Nội dung Điểm 1.1 x 4 5 Ta có hàm số y =  3x 2  2 2 Tập xác định D = R. Sự biến thiên. + Chiều biến thiên. 0,25 y’ = 2x3 - 6x , y’ = 0  x = 0 v x =  3 . y’< 0 , x ( -∞; - 3 )  (0 3 ). Hàm số nghịch biến trên khoảng ( -∞; - 3 ) và (0 3 ). y’ > 0  x (- 3 ; 0)  ( 3 ; +∞).Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 3 ; 0) và ( 3 ; +∞). 5 Cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = . Hàm số đạt cực tiểu tại x =  3 , yCT = 2 y(  3 ) = 2 . 0,25 4 4 x 5 x 5 Giới hạn. Lim (  3 x 2  )  , Lim (  3x 2  )   .Đồ thị hàm số không có tiệm cận. x  2 2 x  2 2 Tính lồi, lõm và điểm uốn. y’’ = 6x2 - 6 , y’’ = 0  x = 1 . Đồ thị nhận các điểm I( 1 ; 0) là điểm uốn Bảng biến thiên. x -∞ - 3 -1 0 1 3 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + 0,25 y 5 +∞ I(0) 2 I(0) +∞ -2 -2 Đồ thị. Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai các điểm ( 1 ; 0) , (  5 ; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ; 5 y ). Đồ thị hàm số có trục đối xứng là Oy. 2 0,25 x 1. 2 . Cho điểm M thuộc (C) có hoành độ xM = a. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, với 1,0 giá trị nào của a thì tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M..
 a4 5 Vì M  (C )  M  a ;  3a 2   .  2 2 3 Ta có: y’ = 2x – 6x  y ' (a )  2a 3  6a 0,25 4 a 5 Vậy tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình : y  (2a 3  6a )( x  a )   3a 2  . 2 2 0,25 4 4 x 5 a 5 Xét pt :  3x 2   (2a 3  6a )( x  a )   3a 2   ( x  a ) 2 ( x 2  2ax  3a 2  6)  0 0,25 2 2 2 2  x  a  2 2  g ( x)  x  2ax  3a  6  0 YCBT khi pt g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác a  '  0 a 2  3  0 | a | 3 0,25   2   g (a)  0 a  1  a  1 Câu PT 3 sinx + cosx = -2cos3x  3 sinx + cosx = 2cos(  - 3x) 2 0,25 3 1   sinx + cosx = cos(  - 3x)  sinx.sin + cos .cosx = cos(  - 3x) 0,25 2 2 3 3    cos( - x) = cos(  - 3x)  (  - 3x) = (  x)  k 2 , k  Z 3 3   +)  - 3x =  x  k 2  x =  k 3 3    0,25 +)  - 3x =   x  k2 2  x = k 3 3 2   Vậy nghiệm phương trình: x = k , k Z 0,25 3 2 Câu 1 1 log ( x  3)  log4 ( x  1)8  3log8 (4x) , ĐK x > 0, x  1 3 2 2 4 0,25  log2 ( x  3)  log2 | x  1| log2 (4x) 0,25  ( x  3) x  1  4x -) x > 1 ta có: x = 3 thỏa mãn 0,25 -) x < 1 ta có x = 3  2 3 thỏa mãn Vậy x = 3; x = 3  2 3 0,25 Câu p p p 4 I = ò (1 + cos x )xdx = ò xdx + ò x cos xdx 0 0 0 p p 0,25 x2 p 2 02 p2  Với I 1 = ò xdx = = - = 0 2 0 2 2 2 p  Với I 2 = ò x cos xdx 0,25 0 ïì u = x ïì du = dx  Đặt ïí Þ ïí . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: ïï dv = cos xdx ïï v = sin x î î 0,25 p p p p I 2 = x sin x 0 - ò sin xdx = 0 - (- cos x ) 0 = cos x 0 = cos p - cos 0 = - 2 0
p2  Vậy, I = I 1 + I 2 = - 2 0,25 2 Câu 1 1 Đặt t  2  x  2  x  t '    0 . Hàm số t  t ( x) liên tục trên [-2; 2], t’(x) < 0,  5 2 2 x 2 2 x x(-2; 2)  t  t ( x) nghịch biến trên [2; 2]  t  [2; 2] . 0,25 Khi đó: PT => 2m  t 2  2t  4 (*) Xét hàm f (t )  t 2  2t  4 với t  [ 2; 2] . 0,25 Có f’(t) = 2t + 2, f’(t) = 0 => t = -1 Bảng biến thiên: t -2 -1 2 f’(t) - 0 + 0,25 f(t) -4 4 -5 Từ BBT  Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt t [-2; 2]  P.trình ban đầu có hai nghiệm thực 0,25 5 phân biệt  5  2m  4    m  2 2 Câu Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của các đường chéo AD, BE, CF. SO 6 (ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng nhau cạnh b. 0,25 3 3 3b 2 Diện tích đáy: Sđáy = 6SOAB = 6b 2  (đvdt) Chiều cao h = SO = SA2  OA2  a 2  b 2 0,25 4 2 1 b 2 3(a 2  b 2 )  Thể tích V = S dáy h  3 2 0,25 * Xác định được d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ. Chứng minh OJ (SAF) OI .SO 3(a 2  b 2 ) Trong SOJ vuông tại O ta có OJ = b 0,25 OI 2  SO 2 4a 2  b 2 r Câu (P ) : 2x - y + 2z - 1 = 0 có vtpt n = (2; - 1;2) 7  Gọi H(x0; y0; z0) là hình chiếu vuông góc của điểm A (1; 3; - 2) lên mp (P ) thì   AH  t.n  (x0 - 1; y0 - 3; z0 + 2) = t (2; - 1;2) , t  R ïìï x 0 = 1 + 2t ï  Do đó, ïí y 0 = 3 - t (*) ïï ïï z 0 = - 2 + 2t 0,25 î  Thay (*) vào PTTQ của (P ) : 2(1 + 2t ) - (3 - t ) + 2(- 2 + 2t ) - 1 = 0 Û t = 23 2 7 7 2  Thay t = vào (*) ta được: x 0 = ; y0 = ; z0 = - 3 3 3 3 æ7 7 2 ö  Vậy, toạ độ hình chiếu vuông góc của A lên mp (P ) là H ççç ; ; - ÷ ÷ 0,25 è3 3 3 ÷ø  Gọi (S ) là mặt cầu tâm A và đi qua O  Tâm của mặt cầu: A (1; 3; - 2)  Bán kính của mặt cầu: R = OA = 12 + 32 + (- 2)2 = 14 0,25  Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: (x - 1)2 + (y - 3)2 + (z + 2)2 = 14 0,25 uuuur uuur Câu Ta có: A M = 3GM => A(0; 2) 8 0,25 x0 y2 Đường thẳng AM có phương trình   3x + y – 2 = 0 1  0 1  2 Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AM nên có phương trình –x + 3y + 4 = 0 (i) 0,25
Vì MB = MC = MA = 10 nên tọa độ (x ; y) của B, C thỏa mãn (x–1)2 + (y + 1)2 = 10 (ii) 0,25 Từ (i), (ii) => B(4; 0), C(-2; -2) hoặc C(4; 0), B(-2; -2) 0,25 Câu x2 y2 z2 x2 + y2 + z2 8 Ta có P = + + + 2 2 2 xyz 0,25 2 2 x y y  z 2 z 2  x2 2 Do x 2  y 2  z 2     xy  yz  zx 2 2 2 x2 1 y2 1 z2 1 Nên P  (  )  (  )  (  ) 2 x 2 y 2 z t2 1 1 t3 1 0,25 Xét hàm số f(t) =  liên tục với t > 0. ta có: f’(t) = t - 2  2 2 t t t Ta có bảng biến thiên: t 0 1 + f’(t) - 0 + f(t) + + 0,25 3 2 3 3 9 Suy ra, f(t)  , t  0 . Do đó, P  3.  2 2 2 9 0,25 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy minP = 2