zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề kiểm tra chất lượng THPT quốc gia lần 2 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Tĩnh Gia 1 (Năm học 2014-2015)

Chia sẻ: LƯƠNG TÂM | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

57
lượt xem 1
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 kiểm tra chất lượng THPT quốc gia lần 2 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Tĩnh Gia 1" 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 kiểm tra chất lượng THPT quốc gia lần 2 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Tĩnh Gia 1 (Năm học 2014-2015)

SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA LẦN 2 TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1 MÔN TOÁN (Năm học 2014 – 2015) Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề) Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 4 (O là gốc tọa độ) Câu 2: ( 2 điểm) a) Giải phương trình: sin 2 x  cos2x  2sin x  1 1 b) Tính tích phân: I =  x 2 ( x  1)2 dx 0 Câu 3: (1 điểm) a) Từ một hộp đựng 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi. Tính xác suất để hai viên bi được chọn cùng màu. x 1 x 1 1 b) Giải phương trình:       2 .  3 9 Câu 4: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;-1) và mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho OM  3 . Câu 5 ( 1 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy, SA = a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 300. Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM), (M là trung điểm CD). Câu 6 ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3;0) và trung điểm của BC là I(6; 1). Đường thẳng AH có phương trình x + 2y – 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng DE là x - 2 = 0 và điểm D có tung độ dương. Câu 7 ( 1 điểm)  2 y 2  3 y  1  y  1  x 2  x  xy Giải hệ phương trình  2  2 x  y  3x  2 y  4  3 x  14 x  8  0 Câu 8 (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac = 1. 2a 2b c2  1 3 Chứng minh rằng: 2    . a  1 b2  1 c2  1 2 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:...........................................; Số báo danh:..................................
Hướng dẫn giải và thang điểm Câu Hướng dẫn giải Điểm 3 2 1a Hàm số y = x – 3x +1 TXĐ D = R Sự biến thiên: lim y  ; xlim y   ; y’=3x2-6x => y’ = 0  x  0; x  2 x   0,5 BBT x - 0 2 + y' + 0 - 0 + 2 y + 1 -5 5 -3 - -2 0.5 Hàm số đồng biến trên (-  ;0) và (2; +  ); Hàm số nghịch -4 biến trên (0;2). Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu tại x = 2; y = -3 Đồ thị -6 1b x  0 Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ = 0  0,5   x  2m Với m 0 hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 4m 2 (1  4m 4 ) Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0; 0,5 Diện tích tam giác OAB: S  1 d (O; AB ) AB  4  1 m OAB 4m 2 (1  4 m4 )  4  m  2(TM ) 2 2 1  4m 4 2a sin 2 x  cos2x=2sinx-1  sinx(sinx + cosx-1)=0 0.5  sinx=0  x  k  x  k      sinx+cosx=1  x  k 2 ; x   2  k 2   x  2  k 2 0,5 2b 1 1 0,5 I=  x 2 ( x 2  2 x  1) d x   (x 4  2 x3  x 2 )dx 0 0 x5 x4 x3 1 1 0,5  (  2  ) 0  5 4 3 30 3.a Không gian mẫu có:   C92  36 0,25 Gọi A là biến cố lấy được hai viên bi cùng màu:  A  C42  C52  16 Xác suất của biến cố: PA=  A  16  4 0,25  36 9 3.b 0.25 1 t  2 Đặt t= ( ) x (t  0) . Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 = 0   3 t  1  1 x ( ) 2 0,5 Ta có  3  x  log1 / 3 2   x  0 ( 1) x  1   3 4 x  2  t 0,5 x  2 y 1 z 1  Phương trình đường thảng d qua A và vuông góc với (P):   hoặc 1 2 2  y  1  2t  z  1  2t  t   1 Gọi M(2+t; 1+2t; -1-2t); OM  (2  t ) 2  (1  2t ) 2  (1  2t ) 2  3  9t 2  12t  3  0   1 t    3 0,5 Vậy tọa độ M(1; -1;1) hoặc M( 5 ; 1 ;  1 ) 3 3 3
5 CM: DB  ( SAC )  hình chiếu vuông góc DS lên (SAC) là SO; Góc của SD và (SAC) là 0,25 DSO  30 0 .Đặt DO =x. Ta có SO= x 3 (O là giao của AC với BD) Từ SO2 = AO2 +SA2  x  a . S 1  AC.BD  2 x 2  a 2 . 2 ABCD 2 0,25 1 Thể tích khối chóp SABCD là.V= SA.S 1 S ABCD  a3 3 3 Gọi N là trung điểm của AB => DN// BM 1 0,25 Suyra:d(D;(SBM))=d(N;(SBM))=d(N;(SBM))= d(A;(SBM)) 2 Kẻ AI  BM ; AH  SM . H D A Từ đó CM được AH  ( SBM )  d ( A;( SBM ))  AH Trong (ABCD): SABM= SABCD- SADM-SBCM = a2 /2. N M I 1 0,25 Mà SABM = .AI.BM suy ra AI =2/ 5 a. C 2 B Khi đó 1 1 1 2 1 2  2  2  AH  a  d ( D;( SBM ))  a AH AI SA 3 3 6 Gọi K là trung điểm AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K A 0,25 và BCDE nội tiếp đường tròn tâm I Suy ra IK vuông góc DE => PT đường thẳng IK: y – 1=0 K D E Tọa độ K(1:1) => A(-1;2). 0,25 Gọi D(2; x)Ta có : KA = KD H  5  1  ( x  1) 2  x  3 hoac x  1(l )  D (2;3) PT đường thẳng AC: x – 3y +7 =0 ; Phương trình BC: C 0,5 B 2x – y -11 = 0 I Tọa độ C(8;5)  B(4; 3). Vây A(-1;2) B(4;-3) C(8;5) 7 (1)DK x  0; y  1;  3x  2 y  4  0 . Nhận thấy x= 0; y = 1 không là nghiệm của hệ Ta có: 0,5 2 2 (1)  y  1  x  ( y  1)  x  y ( y  1  x)  0 1 1  ( y  1  x)(  2 y  1  x)  0  y  x  1(do  2 y  1  x  0) y 1  x y 1  x Khi đó: 0,5 (2)  3 x  1  6  x  3 x 2  14 x  8  0  ( 3 x  1  4)  (1  6  x )  ( x  5)(3 x  1)  0 3 1  ( x  5)(   3x  1)  0  x  5  y  6 3x  1  4 1  6  x Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (5;6) 8 Từ gt: ab  bc  ca  1;  1  a 2  a 2  ab  bc  ca  ( a  b)(a  c) Ta có: a b a b 1  ab 1  ab 1  2      2 a  1 b  1 (a  b)( a  c) (a  b)(b  c ) ( a  b)(a  c)(b  c) 2 2 (1  a )(1  b ). 1  c 2 1  c2 0,5 Suy ra: VT  2 c2 1 2c ( 1  c 2  2)   f ( c )  f '( c )   f '(c)  0  c  3 0,25 1  c2 c2  1 (1  c 2 ) 2 Từ đó ta CM được: c  3 0,25  a  b  2  3 maxVT = max f ( c) = f ( 3)  3 khi a  b  2   2 c  3 a  2 3a  1  0

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.