Đề khảo sát THPT quốc gia lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Thuận Thành số 1 (Năm học 2015-2016)

Chia sẻ: LƯƠNG TÂM | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

60
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo nội dung đề khảo sát THPT quốc gia lần 1 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Thuận Thành số 1" năm học 2015-2016. Hy vọng tài liệu phục vụ hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề khảo sát THPT quốc gia lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Thuận Thành số 1 (Năm học 2015-2016)

SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 1 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1.(2,5 điểm). 2x  3 1. Cho hàm số : y  (C ) x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1. 3 2 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  3x  9 x  1 trên đoạn [- 2; 2]. Câu 2 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x Câu 3 (1,5 điểm). a) Giải phương trình: 5 2 x  24.5 x 1  1  0 4x 2  4x  3 b) Tìm hàm số f(x) biết f’(x)= và f(0) = 1. 2x  1 Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đỉnh A trùng với gốc toạ độ O, đỉnh B(1;1;0), D( 1;-1;0). Tìm tọa độ đỉnh A’ biết A’ có cao độ dương và viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Câu 5 (0,5 điểm). Trường trung học phổ thông Thuận Thành số 1 có tổ Toán gồm 15 giáo viên trong đó có 8 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ; Tổ Lý gồm 12 giáo viên trong đó có 5 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi dự tập huấn chuyên đề dạy học tích hợp. Tính xác suất sao cho trong các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2a , SA  ( ABCD) . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD biết góc giữa SC và mặt phẳng chứa đáy 1 là  với tan   5 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác hạ từ đỉnh A là D(1;-1). Phương trình tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác  13  1  ABC có phương trình x + 2y – 7 =0.Giả sử điểm M  ;  là trung điểm của BD. Tìm tọa 5 5  độ các điểm A,C biết A có tung độ dương. Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau x  2 x 2  2x  4  y  1  2 y 2  3    4 x 2  x  6  5 y  2  xy  2 y  x  2  1  2 y  x  2 Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 . b  2c a  2c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    6ln( a  b  2c) . 1 a 1 b ----------------- Hết ----------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh......................................................................Số báo danh.......................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I, NĂM 2015-2016 Môn thi: Toán 12 Câu Ý Nội dung Điểm Câu 1 2x  3 1.Cho hàm số : y  (C ) (2,5 x 1 điểm) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 1,0 TXĐ: R \  1 0,25 5 y'   0 , x  1 ( x  1) 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) va  (1; ) Hàm số không có cực trị lim y  2  đồ thị có tiệm cận ngang y = 2 x   lim y   ; lim y    đồ thị có tiệm cận đứng x = -1 0,25 x  1 x  1 - Bảng biến thiên. X  -1  ' + + 0,25 Y  2 2  * Đồ thị: 0,25 b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1 0,75 1 0,5 Với y  1  2 x  3  x  1  x  4 ; y ' (4)  5 1 1 1 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại điểm A(4;1) là: y  ( x  4)  1  y  x  5 5 5 2. (0,75 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  x3  3x 2  9 x  1 trên đoạn  2; 2 điểm) Xét trên đoạn  2; 2 ta có: f’(x) = 3x2 + 6x -9 0,25  x   3 (l ) 0,25 f’(x) = 0   x  1
Ta có: f(-2) = 23, f(1) = - 4 , f(2) = 3 Vậy: max f( x )  f (2)  23 , min f( x)  f (1)  4  2;2  2;2 0,25 Câu 2 (0,5 Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x điểm) Phương trình tương đương:  4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0 0,25  (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0    2  cosx  0(VN )  x  6  k 2 0,25   (k  z )  sinx  1  x  5  k 2  2  6 1,5 24 x Câu 3 Ta có: 5 2 x  24.5 x 1  1  0  5 2 x  .5  1  0 5 0,25 (1,5 x Đặt t = 5 , ( t > 0) điểm) t  5 24 0.25 Phương trình trở thành:  t  .t  1  0   2 a) 5  t   1 (l )  5 Với t  5 ta có x =1. Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 0,25 b) Ta 0,5 2 4x  4x  3  2  2 có f (x)   dx=   2 x  1  dx  x  x  ln 2 x  1  c 2x  1  2 x  1  Mà f(0)=1  c  1  f ( x)  x 2  x  ln 2 x  1  1 0.25 Câu4 Ta có: AB = 2 (1điểm) 0,25 Gọi A’(x;y;z), Vì ABCD.A’BC’D’là hình lập phương ta có AÂ '. AB  0; AÂ'.AD  0 x  y  0  Và AA’= 2 nên ta có hệ  x  y  0  A' (0;0; 2 ) Do A’ có tung độ dương 0,25 x 2  y 2  z 2  2  Lại có đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là AC’ mà  1    AC '  AB  AD  AÂ '  C ' 2;0; 2  I 1;0;  là trung điểm của AC’ và bán kính 0,25  2 6 mặt cầu là R = AI= 2
2  1  3 Phương trình mặt cầu là:  x  1  y   z  2 2   0,25  2 2 Số phần tử của của không gian mẫu: n()  C152 C122 0,25 Gọi A là biến cố: “Các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ” n(A)= C 82 C 72  C 52 C 72  C81C 71C 71C 51 Câu 5 n( A) 197 P(A) =  (0,5 n() 495 điểm) 0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2a , 1,00 SA  ( ABCD) và SA  a . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD. Ta có hình chiếu của SC trên mặt phẳng đáy là AC vậy góc SCA là góc giữa SC và mặt 0,25 Câu 6 phẳng đáy  SA  AC tan   a (1,0 2 điểm) Ta có S ABCD  AB.AD  2a 0,25 1 2a 3 Do đó: VS .ABCD  .SA.S ABCD  (dvtt) 3 3 Ta có d(D,(SBM)=d(C,(SBM)= 1/2 d(A,(SBM)) Dựng AN  BM ( N thuộc BM) và AH  SN 0,25 (H thuộc SN) Ta có: BM  AN, BM  SA suy ra: BM  AH. Và AH  BM, AH  SN suy ra: AH  (SBM). Do đó d(A,(SBM))=AH 12 2a 2 4a AN .BM  a 2  AN  Ta có: S ABM  S ABCD  2S ADM  a ; S ABM   2 BM 17 1 1 1 4a 0,25 Trong tam giác vuông SAN có: 2  2  2  AH  AH AN SA 33 2a Suy ra d(D,  SBM   33 1,00 Gọi E là giao cuả tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với BC, PT BC: x-2y-3=0  E(5;1) và chứng minh được ED =EA 0,25 Từ A(7-2a;a)  d x+2y-7=0. Từ EA=ED ta có (2-2a)2+(a-1)2=20  A(1;3) ( do Câu 7 tung độ A dương) 0,25 (1,0 0,25  21 3   16  12  điểm) M là trung điểm của BD  B ;   AB ;   5 5 5 5      Gọi C(2c+3;c) ta có cos AB; AD  cos AC; AD  C  15;9 0,25 ( Học sinh có thể sử dụng phương tích EB. EC  EA 2 ) Giải hệ phương trình sau 1,00
ĐK: y  2;( x  2)( y  1)  0 0,25 Phương trình (1)  x  2 ( x  1) 2  3  y  2 y 2  3 2t Xét hàm f(t) = t  2 t 2  3 có f ' (t )  1  , t  R  f ' (t )  0  t  1 Câu 8 t2  3 (1,0 f ' (t )  0, t  1; f ' (t )  0, t  1 điểm) Từ điều kiện ta có -Nếu x  2  0  y  1  0 hay x  1  1  y  1 0,25 mà pt (1) có dạng f(x-1)=f(y)  y  x  1 -Nếu x  2  0  y  1  0 hay x  1  1  y  1 pt (1)  y  x  1 Vậy ta có y=x-1 thế vào pt (2) ta có: x 1  4 x 2  x  6  (1  2 x)  5 x  1 (3)   x 1 0,25 2 4x  x  6 1  2x  x  1  0  x  1  2  4 x  x  6  1  2 x  x  1 (4)  1 0,25 x  2 7 Kết hợp (3) và (4) ta được 2 x  1  2 x  1   2 x 4 x 2  8 x  3  0 2  2 7 Thử lại ta có: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  1; x  . Vậy hệ có 2 2 7 7  nghiệm là (x;y) = (-1;-2) và  ;    2 2  ( học sinh có thể bình phương để giải pt ẩn x) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 . 1,00 b  2c a  2c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    6ln( a  b  2c) . 1 a 1 b a  b  2c  1 a  b  2c  1 P2   6 ln(a  b  2c) 0,25 1 a 1 b Câu 9  1 1  (1,0   a  b  2c  1     6 ln(a  b  2c) điểm)  1 a 1 b  Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau: 1 1 2 0,25 )   (1) 1  a 1  b 1  ab ab  1 ) ab  (2) 2 1 1 2 Thật vậy, )   1  a 1  b 1  ab     2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b  2   a b   ab  1  0 luôn đúng vì ab  1 . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1 ab  1 2 ) ab  2    ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1.
1 1 2 2 4 Do đó,     1  a 1  b 1  ab 1  ab  1 3  ab 2 0,25 4 4 16    . Đặt t  a  b  2c, t  0 ta ab  bc  ca  c 2  a  c  b  c   a  b  2c 2 có: 16  t  1 P  2  f (t )   6 ln t , t  0; t2 6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8  f '(t )     t t3 t3 t3 BBT t 0 4  0,25 f’(t) - 0 + f(t) 5+6ln4 Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1. Chú ý: Đây chỉ là hướng dẫn chấm, một số bài học sinh phải giải chi tiết Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.