Đề khảo sát chất lượng ôn thi THPT quốc gia lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Thiệu Hóa (Năm học 2014-2015)

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

80
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi trung học phổ thông là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là đề khảo sát chất lượng ôn thi THPT quốc gia lần 1 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Thiệu Hóa" năm học 2014-2015 giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề khảo sát chất lượng ôn thi THPT quốc gia lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Thiệu Hóa (Năm học 2014-2015)

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 Trường THPT Thiệu Hóa NĂM HỌC 2014 - 2015 M n TO N (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu I ( ID: 82736 ) (4 0 i m) x   m  1 x 2   m2  7  x  4 (1) ( Với m là tham số thực). 1 3 Cho hàm số y  3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  2 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 ; x2 thỏa mãn: x1  3x2 . Câu II ( ID: 82737 ) (3 0 i m) 1. Giải phương trình sin 3 x  cos4 x  1 2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số f  x   ln x  x 2  e2 trên  0;e Câu III ( ID: 82738 ) (2 0 i m) Cho phương trình log 5 2 ( x 2  mx  m  1)  log 5 2 x0 1. Giải phương trình khi m  2 2. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất. Câu IV ( ID: 82739 ) (2 0 i m) 1. Cho một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xang và 7 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên một lần ba viên bi. Tính xác suất để trong ba viên bi lấy được chỉ có hai màu. n  1  2. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của: x  2  x5  , biết tổng các hệ số trong 6 3 x  khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và x  0 ). Câu V (ID: 82740 ) (2 0 i m) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác ABCD, có ABD là tam giác đều cạnh a, BCD là tam giác cân tại C có BCD  1200 , SA  a và SA   ABCD  .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD). Câu VI ( ID: 82741 ) (4 0 i m) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy.Cho đường tròn  C  : x 2  y 2  4 x  6 y  4  0 .Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của hình vuông MNPQ nội tiếp đường tròn  C  biết điểm M  2;0  . x2 y 2 2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip  E  :   1 .Tìm tọa độ các điểm M trên  E  sao cho 16 9 MF1  2MF2 ( với F1 , F2 lần lượt là các tiêu điểm bên trái, bên phải của  E  ).  y 2 x 1 x 2.4  1  2  2log 2 Câu VII ( ID: 82742 ) (2 0 i m) Giải hệ phương trình  y , (x,y  R).  x3  x  y  1 xy  1  x 2     Câu VIII ( ID: 82743 ) (1 0 i m)Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: a 2  1 b2  1 c 2  1 1 1 1      . 4b 2 4c 2 4a 2 ab bc ca ---------------- Hết---------------- >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 1
Đ P N VÀ THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung Điểm I 4,0 1 Khảo sát hàm số khi m  2 2,0 1 3 Khi m  2 hàm số có dạng: y  x  x 2  3x  4 0,25 3 1) Tập xác định: D  R 0,25 2) Khảo sát sự biến thiên: a. Các giới hạn: 1  1  0,5 lim  x3  x 2  3x  4   ; lim  x3  x 2  3x  4     x  3   x  3  Đồ thị hàm số không có tiệm cận. b.Sự biến thiên: y '  x2  2 x  3 , x  1 y '  0  x2  2 x  3  0    x  3 17 Với x  1  y   ; x  3  y  5 3 Bảng biến thiên: x  3 1  y'  0  0  5  y 17   3 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 3 , 1;   Hàm số nghịch biến trên khoảng  3;1 . 0,5  17  Hàm số có hai cực trị:  3;5 , 1;   .  3 2) Đồ thị: y f(x)=(1/3)x^3+x^2-3x-4 Đồ thị hàm số đi qua  0; 4  . 8 6 4 2 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -2 -4 -6 -8 0,5 2 2,0 Ta có: y '  x  2  m  1 x  m  7 2 2 y '  0  x2  2  m  1 x  m2  7  0 1 0,5 Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình (1) phải có hai nghiệm >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 2
phân biệt 2    '  0   m  1  m2  7  0  m  4 (*)  0,5 Khi đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị x1; x2 là nghiệm của (1) nên thỏa  x1  x2  2  m  1  mãn:  I   x1 x2  m  7  2 0,5 Với x1  3x2 thế vào (I) ta được: 4 x2  2  m  1  2  m 1  2  3   m 7 2 3x2  m  7  2  2   m  3  2 10  m2  6m  31  0   ( thỏa mãn điều kiện (I)). 0,5  m  3  2 10 Vậy m  3  2 10 là giá trị cần tìm. II 3,0 1 1,5 sin3 x  cos4 x  1  sin3 x  cos4 x  sin 2 x  cos2 x  sin3 x  sin 2 x  cos4 x  cos2 x  0 0,5  sin 2 x  sin x  1  cos2 x  cos 2 x  1  0  sin 2 x  sin x  1  1  sin 2 x  sin 2 x  0 0,5 sin x  0  x  k sin 2 x  0   2  sin x  1  sin x  sin x  2  0  x    k 2 sin x  2  l   2   Vậy phương trình có nghiệm: x  k ; x   k 2 . 0,5 2 2 1,5 1 Ta có: f ' x    0 x   0; e 0,75 x 2  e2 nên hàm số f  x   ln x  x 2  e2 đồng biến trên  0;e , suy ra: min f  x   f  0   1 ; max f  x   f  e   1  ln 1  2 0;e 0;e   0,75 III 2,0        1 Ta có: 52 5  2 1 5 2  52 Phương trình đã cho tương đương với: log 5 2 ( x 2  mx  m  1)  log 5 2 x0 x  0 x  0   2  2  x  mx  m  1  x  x   m  1 x  m  1  0  * 0,5 1 Với m  2 phương trình (*) có dạng:  3  13 x  2 x 2  3x  1  0    3  13 x   loai   2 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 3
3  13 Vậy với m  2 phương trình có một nghiệm: x  . 0,75 2 2 Để phương trình đã cho có duy nhất nghiệm thì phương trình (*) có duy nhất một nghiệm dương, ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: Phương trình (*) có nghiệm kép dương   0  m  12  4m  4  0 m  3  2 3    m 2  6m  3  0   b   m 1     m  3  2 3   0  0 m  1   2a  2 m  1 0,25  m  3 2 3 Trường hợp 2: Phương trình (*) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x1  0  x2    0   m 2  6m  3  0    x1  0  x2   m  1  0  m  1    P 0      m  1  x1  0  x2 S  0 1 m  0  m  1     P  0  m  1  0 0,5   Vậy m  ; 1  3  2 3 là giá trị cần tìm. (Thí sinh có thể giải ý này bằng hàm số) IV 2,0 1 1,0 Gọi A là biến cố “ ba viên bi lấy được chỉ có hai màu” Ta có: Số phần tử của không gian mẫu: C16 3  560 0,5 Số cách chọn được ba viên bi chỉ có một màu: C43  C53  C73  49 Số cách chọn được ba viên bi có đủ ba màu: C41C51C71  140 49  140 53 0,5 Vậy xác suất cần tìm là: P  A  1   560 80 2 1,0 Xét khai triển : n 1  n 1  5 x  3  x5   x3  3  x 2  3 x  x    1 n n 1  52  nk  52  k 5 n 1 1  k  1  n 2   x Cn  3   Cn  3   x   ...  Cn  3   x   ...  Cn  x   3 0   x  x    x       Thay x  1 vào khai triển ta được: 0,5 2n  Cn0  Cn1  ...  Cnk  ...  Cnn  Theo giả thiết ta có: Cn0  Cn1  ...  Cnk  ...  Cnn  4096  2n  212  n  12 12 1  Với n  12 ta có khai triển: x3  2  x5  x  Gọi số hạng thứ k  1 0  k  12, k  Z  là số hạng chứa x 6 .   12  k 1 k 5k 2 k  21 Ta có : Tk 1  x C  2  3 k 12 x5  C12k x 2 x  0,5 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 4
5k 2  21  6  Vì số hạng có chứa x 6 nên : 2k  21  6k  6. 2 9 Với k  6 ta có hệ số cần tìm là : C126  924 . V 2,0 Gọi I là trung điểm của BD. Vì tam S giác ABD đều vàtam giác BCD cân  AI  BD tại C nên  CI  BD K Suy ra A, I, C thẳng hàng, AC  BD A Tam giác ABD đều cạnh a, suy ra D 1 a 3 BD  a; BI  a; AI  I B 2 2 C Tam giác BCD cân tại C và BCD  1200 nên BCI  600 . BI a BI a 3 IC  0  ; BC  0  tan 60 2 3 sin 60 3 a 3 a 3 2a 3 0,5 *) AC  AI  IC    2 6 3 Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc nên có diện tích: 1 a2 3 S ABCD  AC.BD  2 3 1 3 3 0,5 Suy ra thể tích khối chóp S. ABCD là: V  SA.S ABCD  a (đvtt). 3 9 Tính khoảng cách Gọi K là hình chiếu của A trên đường thẳng SI, suy ra AK  SI  BD  AC Mặt khác   AK  BD nên AK   SBD  .  BD  SA Vậy d  A;  SBD    AK 0,5 Tam giác SAI vuông tại A và có đường cao AK nên: 1 1 1 7 a 21 2  2  2  2  AK  AK AS AI 3a 7 IC a 3 2 1 Ta có đường thẳng AC cắt mặt phẳng SBD tại I và   . IA 6 a 3 3 d  C;  SBD    d  A;  SBD    AK  1 1 a 21 0,5 Suy ra: . 3 3 21 VI 4,0 1 2,0 M Đường tròn có tâm I  2; 3 , bán kính R  3 . Hình vuông MNPQ nội tiếp đường tròn  C  nên tâm hình vuông cũng là tâm I  2; 3 của N Q đường tròn, hay I là trung điểm của MP, suy ra 0,5 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 5 P
tọa độ điểm P  2; 6    Gọi n1  a; b  a 2  b2  0 là véctơ pháp tuyến của đường thẳng chứa cạnh hình vuông, vì PM  0;6  nên đương thẳng MP có véc tơ pháp tuyến: n2 1;0  . Các cạnh của hình vuông hợp với đường chéo MP một góc 450 . nên ta có:   cos n1; n2  cos 450  a a 2  b2 , 12  02  2 2 a2 1 a  b  2   2 a 2  a 2  b 2  a 2  b 2   a  b a  b2 2  0,75 Vậy có hai véctơ pháp tuyến là: n 1;1 và n ' 1; 1 *) Cặp đường thẳng có véctơ pháp tuyến n 1;1 : +) Đi qua M  2;0  : x  y  2  0 +) Đi qua P  2; 6  : x  y  4  0 *) Cặp đường thẳng có véctơ pháp tuyến n 1; 1 : +) Đi qua M  2;0  : x  y  2  0 +) Đi qua P  2; 6  : x  y  8  0 Vậy các đường thẳng chứa các cạnh hình vuông MNPQ là x  y  2  0; x  y  4  0 ; x  y  2  0; x  y  8  0. 0,75 2 x y 2 2 2,0 2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip E :   1 .Tìm tọa độ các 16 9 điểm M trên  E  sao cho MF1  2MF2 ( với F1 , F2 lần lượt là các tiêu điểm bên trái, bên phải của  E  ). 2.Ta có: a  4; b  3; c  7 0,5  16  MF1   1 MF  2 MF  1 MF  2 MF  3   2 2 Theo định nghĩa ta có:   MF1  MF2  2a 3MF2  8  MF  8 0,5  2 3 cx cx MF1  a  ; MF2  a  a a Gọi M  xM ; yM  , áp dụng công thức bán kính qua tiêu ta có: cxM 8 7 xM 16 7 0,5 MF2  a    4  xM  a 3 4 21 2  16 7     21  y2 Mặt khác M thuộc  E  nên: 329  M  1  yM   16 9 7  16 7 329   16 7 329  Vậy có hai điểm thỏa mãn: M 1  ; , M2  ;  0,5  21 7   21 7  >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 6
VII 2,0 2 x  0  x  0 Điều kiện:  x  y 0 y  0 0,5  Ta có:  2   x2  yx  1  x  y  1  0  x  y  1  0 ( Vì x 2  yx  1  0 ) 0,5  y  x 1 (a) x 1  2.4 y  1  2 2 x 1  2log 2 y  22 y  log 2 2 y  2 2x  log 2 2 x * Xét hàm số: f  t   2t  log 2 t trên  0;  1 Ta có: f '  t   2t ln 2   0 t  0; e ,vậy f  t  là hàm số đồng biến. 0,5 t ln 2 Biểu thức *  f  2 y   f  2x  2 y  2x  (b) Từ (a) và (b) ta có: x  1 x  1 x  1   x2 2  x  1  2 x   2  2    4 x  8 x  4  2 x 2 x  5 x  2  0  x  1   2 x2 0,5 Với x  2  y  1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm  2;1 . VIII 1,0 Ta có:  a2 1   b2 1   c2 1  VT   2  2    2  2    2  2   4b 4b   4c 4c   4a 4a  a b c 1 a b c   2 2 2   2 2 2 2b 2c 2a 2b c a  0,25 a 1 2 b 1 2 c 1 2 Mặt khác:   ;   ;   b2 a b 2 c b c a2 c a a b c 1 1 1 Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2  2  2    b c a a b c 0,25 Suy ra: 1  1 1 1  1  1 1   1 1   1 1   VT                   2  a b c  4  a b   b c   c a   1 4 4 4  1 1 1          VP 4 a  b b  c c  a a  b b  c c  a 0,5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a  b  c  1 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 7
>> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 8