21 đề thi thử THPTQG môn Toán của Tây Ninh

Chia sẻ: Hồng Nguyễn | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:142

Thêm vào BST

Báo xấu

76
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

21 đề thi thử THPTQG môn Toán của Tây Ninh gồm 21 đề thi và phương pháp giải cụ thể giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi THPT QG môn Toán sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 21 đề thi thử THPTQG môn Toán của Tây Ninh

hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán MỤC LỤC
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐỀ 1. THPT Quang Trung – Tây Ninh SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TÂY NINH ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT QUANG TRUNG Môn thi: TOÁN Th ời gian: 180 phút Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y = - x 4 + 2x 2 + 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b)Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x 4 - 2x 2 + 1 + m = 0 . Câu 2. (1,0 điểm) π π a) Cho sin a +cosa= 1,25 và
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán Đáp án: CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM a)(1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho *TXĐ: D= ? Câu 1 *Xét sự biến thiên: 4 2 + lim y = lim (- x + 2x + 1) = - ﾷ 0,25 xﾷﾷﾷ xﾷﾷﾷ 3 +y’= 4x +4x ﾷx = 0 � y = 1 ﾷ 0,25 2 ﾷ Cho y’=0 � 4x(- x + 1) = 0 � ﾷx = 1 � y = 2 ﾷﾷﾷx = - 1 � y = 2 +BBT: x - ﾷ 1 0 1 +ﾷ y’ 0 + 0 0 + 2 2 0,25 y 1 - ﾷ - ﾷ Hs đồng biến trên mỗi khoảng (1;0) , (1; +ﾷ ) Và nghịch biến trên mỗi khoảng ( - ﾷ ;1) , (0;1) Hs đạt cực tiểu tại điểm x=0, yCT=1 và đạt cực đại tại các điểm x= ﾷ 1 , yCĐ=2 hoctoancapba.com *Đồ thị (C): y f x = -x4 +2 x2 +1 2 d:y=m+2 1 O -5 1 1 x 5 0,25 b) (1 điểm) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x 4 - 2x 2 +-21 + m = 0 (1) (1) � - x 4 + 2x 2 + 1 = m + 2 0,25 Nhận xét: (1) là pt hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d: y=m+2 0,25 (d song song hoặc trùng với trục Ox) Do đó: số nghiệm của pt (1) bằng số giao điểm của (C) và d Dựa vào đồ thị (C) ta có kết quả biện luận sau: *m+2
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán *m+2=1 ﾷ m
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán Đặt t= 2x + 3 + x + 1 , t >0 t 5 Bpt trở thành: −t 2 + t + 20 0 0,25 t −4 (loﾹi) Với t 5 , ta có: 2x + 3 + x + 1 �� 5 2 2x 2 + 5x + 3 �−3x + 1 −3x + 1< 0 2x 2 + 5x + 3 0 −3x + 1 0 0,25 − x 2 + 26x + 11 0 1 x> 3 x 13 − 6 5 0,25 �1 � Vậy tập nghiệm bất pt là: S= � ; + � �3 � e (1.0 điểm) Tính tích phân: I = 2 x(1 − ln x) dx 1 e e Ta có : I = � 2 xdx − � 2 x ln x dx 0,25 1 1 e e Đặt I1= 2 xdx và I2= 2 x ln x dx 1 1 0,25 Câu 5 Ta có : I1 = x 2 e 1 = e −1 2 e Tính I2= 2 x ln x dx . 1 1 0,25 u = ln x � du = dx e 2 1 x2 e2 + 1 Đặt: x I 2 = ( x 2 ln x ) e 1 − x . dx = e 2 − e 1 = x 2 2 dv = 2 xdx � v = x 2 1 e2 − 3 Vậy I=I1 I2= 2 0,25 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, ﾷ ASB ﾷ = 900 , BSC ﾷ = 1200 ,CSA = 900 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mp(SAB) S C B Câu 6 A
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán Chứng minh: SA ⊥ mp ( SBC ) 0,25 1 � VS . ABC = VA.SBC = S SBC .SA 3 1 1 3 a2 3 0,25 S SBC = SB.SB.sin1200 = a 2 . = 2 2 2 4 2 3 1 a 3 a 3 Vậy: VS . ABC = . .a = 3 4 12 Ta có các tam giác SAB, SAC vuông cân tại A và SA=SB=SC=a nên: AB = AC = a 2 Trong tam giác SBC ta có: �1� BC= SB 2 + SC 2 − 2SB.SC.cos1200 = a 2 + a 2 − 2a.a. �− �= a 3 � 2� AB + AC + BC 2a 2 + a 3 0,25 Đặt p = = 2 2 a 2 15 � S ABC = p ( p − a 2) 2 .( p − a 3) = 4 3 3a 3 3VS . ABC a 5 Vậy: d(S,(ABC))= = 212 = 0,25 S ABC a 15 5 4 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C): (x 1) + (y + 1) = 20. Biết rằng AC=2BD và điểm B thuộc đường thẳng d: 2x y 5 = 0. Viết phương trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có hoành độ dương. D I A C H B Gọi I là tâm đường tròn (C), suy ra I(1;1) và I là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng AB . Ta có: AC=2BD � IA = 2 IB 0,25 1 1 1 5 1 Câu 7 Xét tam giác IAB vuông tại I, ta có: 2 + 2 = 2 � 2 = � IB = 5 IA IB IH 4 IB 20 Ta lại có điểm B d B(b, 2b5) b=4 0,25 *IB=5 � (b − 1) + (2b − 4) = 5 � 2 2 2 B(4;3) b = − . Chọn b=4 (vì b>0) 5
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán r Gọi n = (a; b) là VTPT của đường thẳng AB, pt đường thẳng AB có dạng: a(x4)+b(y3)=0 0,25 Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C) nên ta có: | −3a − 4b | d(I,AB)= 20 � = 20 a 2 + b2 2 a= b � 11a − 24ab + 4b = 0 � 2 2 11 0.25 a = 2b *Với a=2b, chọn b=1, a=2 pt đường thẳng AB là: 2x+y11=0 2 *Với a = b , chọn b=11, a=2 pt đường thẳng AB là: 2x+11y41=0 11 (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: x + y – 2z – 6 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điểm. Ta có O(0;0), do mặt cầu (S)có tâm O và tiếp xúc với mp(P) nên ta có: | −6 | R=d(O,(P))= 2 2 = 6 1 + 1 + (−2) 2 0,25 Vậy pt mặt cầu (S) là: x2 +y2 +z2 = 6 0,25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mp(P), H chính là tiếp điểm của mặt cầu (S) và mp(P) r Đường thẳng OH đi qua O và vuông góc mp(P) nhận n = (1,1, −2) là vectơ pháp Câu 8 x=t 0,25 tuyến của mp(P) làm vectơ chỉ phương, pt đường thẳng OH có dạng: y = t z = −2t * H �OH � H (t , t , −2t ) hoctoancapba.com *Ta lại có H �mp ( P ) � t + t − 2( −2t ) − 6 = 0 � t = 1 . Vậy H(1,1,2) 0.25 Câu 9 (0,5 điểm) Có 2 hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ và 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2 bi đỏ và 4 bi trắng . Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên, tính xác suất để 2 bi được chọn cùng màu. Gọi w là không gian mẫu: tập hợp các cách chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên bi 0,25 � n( w) = 7.6 = 42 Gọi A là biến cố 2 bi được chọn cùng màu � n( A) = 4.2 + 3.4 = 20 n( A) 20 10 0,25 Vậy xác suất của biến cố A là P(A)= = = n( w) 42 21 (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = log32 x + 1 + log32 y + 1 + log32 z + 1 r r r Câu 10 Trong mp(Oxy), gọi a = (log3 x;1),b = (log3 y;1),c = (log3 z;1)
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán r r r r r 0,5 và n = a + b + c � n = (1;3) r r Ta có: ar + b + cr �ar + b + cr � log32 x + 1 + log32 y + 1 + log32 z + 1 � 12 + 32 rrr P 10 , dấu = xảy ra khi ba vecto a ,b ,c cùng hướng và kết hợp điều kiện đề bài ta được x=y=z= 3 3 0,5 Vậy MinP= 10 khi x=y=z= 3 3
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐỀ 2. THPT Trần Phú – Tây Ninh SỞ GD & ĐT TÂY NINH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ THAM KHẢO KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 2015 2x + 1 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành. Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình: sin2x − 3sin x = 0 b) Tìm phần thực phần ảo của số phức z thỏa ( 1− 2i ) z = ( 3− 2i ) . 2 Câu 3.(1 điểm) a) Giải phương trình: 3 1+ log x = 30 − 3logx −1,( x ﾷ ) b) Trong một hộp kín có 50 thẻ giống nhau được đánh số từ 1 đến 50. Lấy ngẫu nhiên 3 thẻ, tính xác suất lấy được đúng hai thẻ mang số chia hết cho 8. 2 1+ x ln x Câu 4: ( 1 điểm) Tính I = dx 1 x2 Câu 5: ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác vuông tại B, AB = a 3 , ACB ﾷ = 600 , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác ABC, gọi E là trung điểm AC biết SE = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB). Câu 6: ( 1 điểm) Trong không gian (Oxyz) cho A ( 1; −3; −2) và B ( −4;3; −3) và mặt phẳng ( P ) : x − 2y + z − 7 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ, song song với AB và vuông góc với (P); tìm điểm N thuộc trục Oz sao cho N cách đều A và B. Câu 7: ( 1 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho hình thang cân ABCD ( cạnh đáy AB), AB = 2CD, ADC ﾷ = 1350 . Gọi I là giao của hai đường chéo, đường thẳng đi qua I và vuông góc với hai cạnh đáy là d : x − 3y − 4 = 0 . Tìm tọa độ 15 điểm A biết diện tích của hình thang ABCD là , hoành độ của điểm I là 3 và trung điểm AB có tung độ 2 không âm. Câu 8: ( 1 điểm) Giải hệ phương trình: ( xy 1+ 1+ x 2 )( 4+ y − y = 8) ( x, y ﾷ ) −3x y + 2x y + 26x = 2 x − 14 4 2 3 3 Câu 9: ( 1 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa: a �[ 0;1] , b �[ 0;2] ,c �[ 0;3] . 2( 2ab + ac + bc ) 8− b b Tìm giá trị lớn nhất của P = + + 1+ 2a + b + 3c b + c + b ( a + c ) + 8 12a 2 + 3b 2 + 27c 2 + 8
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán HẾT
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐÁP ÁN CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1( 2đ) a) ( 1 điểm) TXĐ: D = ﾷ \ { −1} 0.25 * Giới hạn tiệm cận lim y = 2 => đồ thị có một đường tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2 x lim+ y = − ; lim− y = + => đồ thị có một đường tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 x ( −1) x ( −1) * Sự biến thiên: 0.25 Chiều biến thiên: 1 y'= > 0∀x D hoctoancapba.com ( x + 1) 2 Hàm số đồng biến trên hai khoảng ( − ; −1) ;( −1; + ) Hàm số không có cực trị Bảng biến thiên: 0.25 x − 1 + y’ + + y + 2 2 − *Đồ thị: 0.25
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán y 6 4 2 -5 0 5 x -2 -4 b) ( 1 điểm) Gọi M là giao điểm của (C) với trục Ox. Hoành độ của M là nghiệm của phương trình 0.25 2x + 1 =0 x +1 1 �−1 � � x = − => (C) cắt trục Ox tại M � ;0� 2 �2 � � 1� 0.25 Tiếp tuyến có hệ số góc là y '�− �= 4 � 2� � 1� 0.25 Phương trình tiếp tuyến: y = 4�x + �� y = 4x + 2 � 2� 2( 1đ) a) ( 0.5 điểm) ( sin2x − 3sin x � sin x 2cos x − 3 = 0 ) 0.25 sin x = 0x = kπ 0.25 � 3� π ( k �ﾷ ) cos x = x= + k 2π 2 6 � π � Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là : S = �kπ ; + k 2π , k ﾷ� � 6 b) ( 0.5 điểm)
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 5− 12i ( 5− 12i ) ( 1+ 2i ) 0.25 ( 1− 2i ) z = ( 3− 2i ) 2 �z= = 1− 2i ( 1− 2i ) ( 1+ 2i ) 29 2 29 2 0.25 = − i�z= + i 5 5 5 5 29 2 Vậy số phức z có phần thực là và phần ảo là 5 5 3(1 đ) a) ( 0.5 điểm) 31+ logx = 30 − 3logx −1 ( ĐK: x > 0) 0.25 1 � 3.3logx + .3logx = 30 3 10 logx � .3 = 30 3 � 3logx = 9 � log x = 2 � x = 100 ( nhận) 0.25 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = { 100} b) ( 0.5 điểm) Gọi Ω là không gian mẫu. 0.25 3 Chọn 3 thẻ bất kì trong 50 thẻ có C50 cách chọn => số phần tử trong không gian mẫu là: n ( Ω ) = C50 = 19600 3 Gọi A là biến cố “ Trong 3 thẻ lấy được có đúng hai thẻ mang số chia hết cho 8” 0.25 Từ 1 đến 50 có 6 số chia hết cho 8 Do đó số cách chọn 3 thẻ và có đúng 2 thẻ chia hết cho 8 là : C62.C44 1 = 660 => số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n ( A ) = 660 Vậy xác suất để chọn ngẫu nhiên 3 thẻ có đúng hai thẻ mang số chia hết cho 8 là: 660 33 P ( A) = = 19600 980 4 (1 đ) 2 1+ x ln x 2 1 2 ln x 0.25 I = � 2 dx = �2 dx + � dx 1 x 1 x 1 x 2 1 1 2 1 0.25 Xét I1 = 2 dx = − = 1 x x1 2 2 lnx 0.25 Xét I 2 = dx 1 x dx Đặt t = ln x � dt = x Đổi cận: x = 1=> t = 0 x = 2 => t = ln2 ln2 ln2 t2 ln2 2 0.25 I2 = tdt = = 0 20 2 1+ ln2 2 Vậy I = 2
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 5(1đ) S Gọi G là trọng tâm tam giác ABC; gọi M, N 0.25 lần lượt là trung điểm BC, AB. Theo giả thiết có SG ⊥ ( ABC ) Xét tam giác ABC vuông tại B AB AB Có AC = ﾷ = 2a , BC = ﾷ = a , sin ACB tan BCA BE a GE = = 3 3 H A E C G N M K B 1 a2 3 0.25 Ta có SABC = AB.BC = ( đvdt) 2 2 a 2 a 26 Xét tam giác SGE vuông tại G có SG = SE 2 − GE 2 = 3a 2 − = 9 3 1 1 a 26 a 3 a3 78 2 Vậy thể tích khối chóp S.ABC là VS .ABC = SG.SABC = . . = ( đvdt) 3 3 3 2 18 Có CN = 3GN � d ( C ,( SAB ) ) = 3d ( G,( SAB ) ) (1) 0.25 AB ⊥ SG(do SG ⊥ ( ABC) , AB ( ABC ) ) Vẽ GK // BM ( K AB ) ta có � AB ⊥ ( SGK ) AB ⊥ GK ( do GK // BM, MB ⊥ AB) GH ⊥ AB(do AB ⊥ ( SGK ) ,GH ( SGK ) ) Vẽ GH ⊥ SK ( H SK ) ta có � GH ⊥ ( SAB ) GH ⊥ SK Suy ra d ( G,( SAB ) ) = GH (2) ; từ (1) và (2) suy ra d ( C ,( SAB ) ) = 3GH GK AG 2 2 a 0.25 Ta có GK // BM � = = � GK = BM = BM AM 3 3 3 Xét tam giác SGK vuông tại G và có đường cao GH 1 1 1 9 9 243 a 78 Suy ra 2 = 2 + 2 = 2 + 2= 2 � GH = GH GS GK 26a a 26a 27 a 78 Vậy d ( C ,( SAB ) ) = 3GH = 9 uuur r 6( 1 đ) Ta có: AB = ( −5;6; −1) , mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là n = ( 1; −2;1) 0.25 uuur r �= ( 4;4;4) �AB, n � �
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán (Q) là mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O(0;0;0) , (Q) song song với AB và vuông góc với mặt 0.25 uuur r phẳng (P) suy ra mặt phẳng (Q) nhận � � �= ( 4;4;4) làm véc tơ pháp tuyến AB, n � Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là x + y + z = 0 N thuộc trục Oz => N ( 0; 0; m) 0.25 AN = 1+ 9 + ( m + 2) ; BN = 16 + 9 + ( m + 3) 2 2 N cách đều A, B � AN = BN � m 2 + 4m + 14 = m 2 + 6m + 34 � m = −10 0.25 Vậy N (0;0; 10) 7(1 đ) E D C I B A M hoctoancapba.com Gọi E = AD BC , gọi M là trung điểm đoạn AB 0.25 ﾷﾷ Ta có tam giác EAB cân tại E và EAB = 180 − ADC = 45 suy ra tam giác ABE vuông cân tại 0 0 E. 1 Ta có DC = AB, DC // AB => DC là đường trung bình tam giác EAB suy ra I là trọng tâm tam 2 1 AB EA 2 giác EAB và IM = EM = = 3 6 6 SECD ED EC 1 4 1 0.25 Ta có = . = � SEAB = SABCD = 10 = EA2 SEAB EA EB 4 3 2 10 Suy ra EA = 20 � IM = 3 −1 � 1� Đường thẳng d trùng với đường thẳng IM, có x I = 3 � yI = 3; − � �I� 3 � 3� M thuộc d => M ( 3m + 4; m ) ( m 0) 0.25 2 m=0 � 1� 10 Có IM = ( 3m + 1) + � 2 m + �= −2 do m 0 suy ra M(4;0) � 3� 3 m= 3 Đường thắng AB đi qua M(4;0) và vuông góc với d suy ra phương trình đường thẳng AB là 3x + y − 12 = 0 . A thuộc đường thẳng AB => A ( a; −3a + 12) AB EA 2 Có AM = = = 10 2 2
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán a=3 ( a − 4) + ( −3a + 12) = 10 � 10a 2 − 80a + 150 = 0 � 2 2 AM = a=5 Vậy A ( 3;3) hoặc A ( 5; −3) 8(1đ) ( xy 1+ 1+ x 2 )( 4 + y − y = 8( 1) ) 0.25 −3x 4y + 2x 2y + 26x = 23 x 3 − 14 ( 2) ĐK: y 0 Ta có 4 + y − y > y − y = 0 do đó từ phương trình (1) suy ra x>0; y>0 ( 1) � xy ( 1+ 1+ x 2 )( 4+ y − y )( 4+ y + y = 8 ) ( 4+ y + y ) ( � xy 1+ 1+ x 2 = 2 ) ( ) 4+ y + y � x + x 1+ x 2 = 2 y + 2 y 4 y +1 2 �2 � �2 � �2 � � x + x 1+ x = � �+ � 2 � 1+ (3) �y ��y � � � � � � �� y � t2 0.25 Xét hàm số f ( t ) = t + t 1+ t trên ( 0;+ ) . Có f '( t ) = 1+ 1+ t + > 0∀t �( 0; +�) 2 2 1+ t 2 Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên ( 0;+ ). �2 � 2 4 Mà phương trình (3) có dạng f ( x ) = f � �y�� x= �y= 2 � � y x 4 0.25 Thay y = 2 vào phương trình (2) ta có x −12x 2 + 26x + 8 = 23 x 3 − 14 � −6x 2 + 13x + 4 = 3 x 3 − 14 � ( x − 2) + ( x − 2) = ( x 3 − 14) + 3 x 3 − 14 ( 4) 3 Xét hàm số g ( u ) = u + u trên R 0.25 3 Có g '( u ) = 3u + 1> 0∀u R 2 Suy ra hàm số g(u) đồng biến trên R mà phương trình (4) có dạng: x = 1+ 2 ( nhaän ) g ( x − 2) = g ( 3 ) x 3 − 14 � x − 2 = 3 x 3 − 14 � −6x 2 + 12x + 6 = 0 � x = 1− 2 ( loaïi ) => y = 12− 8 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất 1+ 2;12 − 8 2 ( ) 9(1đ) Ta có: a �[ 0;1] , b �[ 0;2] ,c �[ 0;3] 0.25 ( 1− a ) ( b + c ) 0 b + c ab + ac �� 2a + b + 3c �2ab + bc + ac ( 2− b ) ( a + c ) 0 2a + 2c ab + bc 2( 2ab + ac + bc ) 2( 2ab + ac + bc ) 1+ 2a + b + 3c 1+ 2ab + ac + bc
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán Mặt khác b + c a ( b + c ) ( vì a [ 0;1] ) 0.25 8− b 8− b 8− b = b + c + b ( a + c ) + 8 a ( b + c ) + b ( a + c ) + 8 2ab + bc + ac + 8 Với mọi số thực x, y, z, ta có ( x − y) 0 2( x 2 + y 2 + z 2 ) �2xy + 2yz + 2xz + ( y − z ) + ( y − x ) �� 2 2 2 � 3( x 2 + y 2 + z 2 ) �( x + y + z ) 2 (�2a ) + b 2 + ( 3c ) � � ( 2a + b + 3c ) = 2a + b + 3c �2ab + bc + ac 2 2 2 � 12a 2 + 3b 2 + 27c 2 = 3� � b b => 12a + 3b + 27c + 8 2ab + bc + ac + 8 2 2 2 Suy ra 0.25 2( 2ab + bc + ac ) 8− b b P + + 1+ 2ab + bc + ac 2ab + bc + ac + 8 2ab + bc + ac + 8 2( 2ab + bc + ac ) 8 P+ 1+ 2ab + bc + ac 2ab + bc + ac + 8 Đặt t = 2ab + bc + ac �� t [ 0;13] 2t 8 Xét hàm số f ( t ) = + , t [ 0;13] t +1 t + 8 2 8 f '( t ) = − , f '( t ) = 0 � t = 6 ( t + 1) ( t + 8) 2 2 16 47 16 0.25 f ( 0) �1∀ ; f (=6= ) = ; f ( 13) f ( t) t [ 0;13] 7 21 7 16 2 16 16 Do đó: P . Khi a = 1; b = 2; c = thì P = . Vậy giá trị lớn nhất của P là 7 3 7 7
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐỀ 3. THPT Lê Quí Đôn – Tây Ninh SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH ĐỀ MINH HỌAKỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút 2x +1 Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số y = có đồ thị (H). x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến cách đều 2 điểm A(2, 4), B( −4, −2). Câu 2. (1,0 điểm). 8cos3 α − 2sin3 α + cosα a. Cho góc α thỏa mãn tan α = 2 . Tính A = 2cosα − sin3 α b. Cho số phức z thỏa mãn (1 + 2i ) z = 1 2i . Tính ω = 2iz + (1 − 2i ) z Câu 3. (0,5 điểm). Giải phương trình log2 x.log2 (8x) - log9 x.log2 3 = 9 Câu 4. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình x2 + 2x − 2 = − y2 − 4 y − 2 6 x − y − 11 + 10 − 4 x − 2 x 2 = 0 2 Câu 5. (1,0 điểm). Tính tích phân: I = x ( x + 1 − ln x )dx 1 Câu 6. (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc BAC ﾷ = 600 , hình chiếu vuông góc của S trên mặt ( ABCD ) trùng với trọng tâm của tam giác ∆ABC. Mặt phẳng ( SAC ) hợp với mặt phẳng ( ABCD ) góc 600. Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ B đến ( SCD ) theo a. Câu 7. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình 3x + 5 y − 8 = 0, x − y − 4 = 0. Đường thẳng qua A và vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4, −2). Viết phương trình đường thẳng AB, biết hoành độ điểm B không lớn hơn 3. Câu 8. (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − 1 = 0 và điểm A(1, −1,2) . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và vuông góc với ( P ) . Tính bán kính của mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua A và tiếp xúc với ( P ) . Câu 9. (0,5 điểm). Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4 môn trong đó có 3 môn bắt buộc là Toán, Văn, Ngoại ngữ và 1 môn do thí sinh tự chọn trong số các môn: Vật lí, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và Địa lí. Trường X có 40 học sinh đăng kí dự thi, trong đó 10 học sinh chọn môn Vật lí và 20 học sinh chọn môn Hóa học. Lấy ngẫu nhiên 3 học sinh bất kỳ của trường X. Tính xác suất để trong 3 học sinh đó luôn có học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn môn Hóa học.
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 5 Câu 10. (1,0 điểm). Cho x là số thực thuộc đoạn [ − 1, ] . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của 4 5 − 4x − 1 + x P= 5 − 4x + 2 1 + x + 6 HẾT
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH ĐÁP ÁN MINH HỌAKỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN Môn thi: Toán HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm có 05 trang) I. Hướng dẫn chung 1/ Học sinh trả lời theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản như trong hướng dẫn chấm, thì vẫn cho đủ điểm như hướng dẫn quy định. 2/ Việc chi tiết hóa điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong tổ chấm kiểm tra. 3/ Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 1 chữ số thập phân. Điểm toàn bài tối đa là 10,0 điểm. II. Đáp án và thang điểm Câu Đáp án Điểm Câu 1 2x +1 Cho hàm số y = có đồ thị (H). (2 điểm) x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số. Tập xác định: D = ﾷ \ { −1} Sự biến thiên: 0,25 1 y' = < 0, ∀x −1 . ( x + 1) 2 + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ; −1) và ( −1; + ) . + Hàm số không có cực trị + Giới hạn: 0,25 * lim y = 2;lim y = 2 Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x − x + * lim y = + ;lim y = − Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng đồ thị hàm số. x −1− x −1+ + Bảng biến thiên: 0,25 Vẽ đồ thị 0,25