Đề kiểm tra khảo sát chất lượng ôn thi THPT quốc gia lần 1, năm 2015 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Quỳnh Lưu 1

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

Thêm vào BST

Báo xấu

107
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo đề kiểm tra khảo sát chất lượng ôn thi THPT quốc gia lần 1, năm 2015 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Quỳnh Lưu 1" giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra khảo sát chất lượng ôn thi THPT quốc gia lần 1, năm 2015 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Quỳnh Lưu 1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI THPT TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 QUỐC GIA LẦN 1 - NĂM 2015 MÔN TOÁN (Thời gian làm bài 180 phút không kể giao đề) 2 x 1 Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = (C ) x2 1. Kháo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C) biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5. Câu 2 (0.5 điểm) Giải bất phương trình: log3(x – 3 ) + log3(x – 5 ) < 1 2 Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân: I =  x x 1 dx 1 Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A, D, SA vuông góc với đáy. SA = AD = a , AB = 2a. 1 . Tính thể tích khối chóp S.ABC. 2 . Tính khoảng cách giữa AB và SC. Câu 5 (1 điểm) Trong không gian O.xyz cho A(1;2;3), B(-3; -3;2 ) 1. Viết phương trình mặt cầu đường kính AB. 2. Tìm điểm M nằm trên trục hoành sao cho M cách đều hai điểm A, B . Câu 6 (1 điểm) Giải phương trình: 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx – 4 Câu 7 (0.5 điểm ) Gọi T là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập T. Tính xác suất để số được chọn lớn hơn 2015 . Câu 8 (1điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. B, C là hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác có phương trình x + 2y - 5= 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua K(6;2). 9 x 2  9 xy  5 x  4 y  9 y  7 Câu 9 (1 điểm) Giải hệ phương trình   x  y  2  1  9  x  y   7 x  7 y 2 Câu 10 (1 điểm) Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a  b 2 P= 2 c  4  ab  bc  ca  - Hết - Họ và tên thí sinh ………………………………..Số báo danh…………………………….
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 2 x 1 y= (C ) x2 1 TXĐ: D = R \ 2 5 y’ = < 0 với mọi x thuộc D  x  2 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-  ;2 ) và (2 ; +  ), hàm số không có 0.25 cực trị lim y    , lim y    nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị x  2 x2 lim y  lim y  2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị 0.25 x  x  Bảng biến thiên x - 2 + y’ - - + 0.25 2 2 - 1 1 Đồ thị cắt trục tung tại (0 ; ) , cắt trục hoành tại ( ; 0) . điểm I(2;2) là tâm 2 2 đối xứng của đồ thị . y 2 0.25 O 2 x 2 Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm , k là hệ số góc của tiếp tuyến. Phương trình tiếp
5 0.25 tuyến tại M có dạng: y = k(x- x0) + y0 , y’  x  2 2 Hệ số góc k = -5  y’(x0) = -5  (x0 – 2)2 = 1  x0 = 3 hoặc x0 = 1 0.25 Với x0 = 3 thì M(3;7) phương trình tiếp tuyến là y = -5x + 22 0.25 Với x0 = 1 thì M(1;-3) phương trình tiếp tuyến là y = -5x + 2 0.25 Câu 2 Giải bất phương trình: log3(x – 3 ) + log3(x – 5 ) < 1 (*) ĐK: x > 5 (*)  log3(x – 3 )(x - 5) < 1  (x – 3 )( x - 5) < 3 0.25  x2 – 8x +12 < 0  2 < x < 6 Kết hợp ĐK thì 5 < x < 6 là nghiệm của bất phương trình 0.25 Câu 3 2 Tính tích phân: I =  x x 1 dx 1 Đặt x 1 = t thì x = t2 + 1 , dx = 2tdt Đổi cận : x = 1 thì t = 0 ; x = 2 thì t = 1 0.25 1 1 0.25 I = 2   t 2  1 t 2 dt = 2   t 4  t 2  dt 0 0 t5 t3 1 16 0.5 =2(  ) = 5 3 0 15 Câu 4 1 Tính thể tích khối chóp S.ABC SA vuông góc với mp đáy nên SA là đường cao của khối chóp, SA = a Trong mặt phẳng đáy từ C kẻ CE // DA, E thuộc AB suy ra CE vuông góc với 0.25 AB và CE = DA = a là đường cao của tam giác CAB 1 Diện tích tam giác là S = CE.AB = a2 2
1 3 0.25 Thể tích khối chóp S.ABC là V = a 3 2 Tính khoảng cách giữa AB và SC Ta có AB//DC nên d(AB, SC) = d(AB, SDC). Trong mặt phẳng (SAD) từ A kẻ AH vuông góc với SD (1), H thuộc SD Ta có DC vuông góc với AD, DC vuông góc SA nên DC vuông góc với mp(SAD) suy ra DC vuông góc AH (2) . 0.25 Từ (1) và (2) suy ra AH vuông góc với (SDC) AH = d(AB, SDC) = d(AB, SC ) 1 1 1 2 a 0.25 Trong tam giác vuông SAD ta có 2  2  2  2  AH = AH AD SA a 2 Câu 5 1 5 Gọi I là trung điểm của AB thì I(-1;  ; ) là tâm mặt cầu. Bán kính mặt cầu 1 2 2 0.25 2 2 R = IA = 21/2 1 5 0.25 Phương trình mặt cầu (x+1)2 +(y + )2 +(z  )2 = 21/2 2 2   2 M nằm trên trục hoành nên M(x;0;0) . MA (1-x ;2;3) , MB (-3-x;-3;2). 0.25 M cách đều A , B tức là MA2 = MB2 Hay (1-x)2+13 = (-3-x)2+13  x = 1 Vậy M(1;0;0) thỏa mãn yêu cầu bài toán . 0.25 Câu 6 Giải phương trình : 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx – 4  4sinxcosx – 2cosx +2sin2x - 1– 7sinx + 4 = 0 0.25  2cosx(2sinx -1) + 2sin2x -7sinx +3 = 0  2cosx(2sinx -1) + (sinx -3)(2sinx – 1) = 0 0.25  (2sinx -1) (sinx + 2cosx – 3) =0 1  sinx = Hoặc sinx + 2cosx – 3 =0 2 Ta có: sinx + 2cosx – 3 =0 vô nghiệm vì 12 +22 < 32 0.25 1  5 0.25 Phương trình tương đương sinx =  x=  k 2 hoặc x=  k 2 2 6 6 Câu 7 Số phần tử của tập hợp T là A74 = 840 Gọi abcd là số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7 và lớn hơn 2015. Vì trong các chữ số đã cho không chứa chữ số 0 nên để có số cần tìm thì a  2 0.25 Vậy có 6 cách chọn a . Sau khi chọn a thì chọn b,c,d có A63 cách chọn 6A63 6 Xác suất cần tìm là P = 4 = A7 7 0.25 Câu 8 Điểm B nằm trên đường thẳng x + 2y – 5 = 0 nên B(5 – 2b ; b)
B ; C đối xứng nhau qua O nên C(2b – 5 ; - b ) và O thuộc BC 0.25 Gọi I là điểm đối xứng của O qua phân giác góc B suy ra I(2;4)   BI (2b – 3 ; 4 – b ) , CK (11 – 2b ; 2 + b)   Tam giác ABC vuông tại A nên BI . CK = 0  - 5b2 + 30b – 25 = 0 0.25  b= 1 hoặc b= 5 Với b= 1 thì B(3;1) , C(-3;-1) suy ra A(3;1) nên loại 0.25 31 17 0.25 Với b= 5 thì B(- 5, 5 ), C(5 ; -5) suy ra A( ; ) 5 5 Câu 9 9 x 2  9 xy  5 x  4 y  9 y  7 (1) Giải hệ phương trình   x  y  2  1  9  x  y   7 x  7 y (2) 2 Đk : x  y  0 . Nếu x = y thì (2) vô nghiệm nên x > y (2)  x y2 - 7 x  7 y + 1 – [3(x- y )]2 = 0 2  6x  6 y 0.25   1  3 x  3 y 1  3 x  3 y   0 x  y  2  7x  7 y  2   1  3 x  3 y    1  3 x  3 y    0  x  y  2  7 x  7 y   2  x > y  0 nên   1  3 x  3 y   > 0 suy ra 1–3x + 3y =0  x  y  2  7 x  7 y  0.25 1 Thay y = x – vào phương trình (1) ta được 3 1 1 1 9x2 + 9x(x - ) + 5x – 4(x - ) + 9 x  = 7 3 3 3 8 1  18x2 – 8x + 6x - + 9 x - 3 = 0 3 3 2 0.25  2x(9x – 4 ) + (9x – 4 ) +3( 9x  3 - 1 ) = 0 3  2 3  4  (9x – 4 )  2 x    = 0  x = vì x > 0  3 9 x  3  1  9  4 1 4 1 0.25 Với x = thì y = . Vậy hệ có nghiệm (x;y) = ( ; ) 9 9 9 9 Câu 10 a  b 2 Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2]. Tìm GTNN của P = 2 . c  4  ab  bc  ca  a  b a  b 2 2 P= 2 = c  4  ab  bc  ca  c 2  4  a  b  c  4ab
2 a b  a  b 2    Ta có 4ab  (a + b) nên P  2 2 = c c 0.25 c  4  a  b  c   a  b 2 2 a b  a b 1 4        c c  c c a b Đặt t =  vì a, b , c thuộc [1;2] nên t thuộc [1;4] c c t2 4t 2  2t 0.25 Ta có f(t) = , f’(t) = > 0 với mọi t thuộc [1;4] 4  4t  t 2 1  4 t  t  2 2 1 0.25 Hàm số f(t) đồng biến trên [1;4] nên f(t) đạt GTNN bằng khi t = 1 6 ab Dấu bằng xảy ra khi a = b ; = 1, a,b,c thuộc [1;2]  a =b = 1 và c =2 c 0.25 1 Vậy MinP = khi a =b = 1 và c = 2 6 (MỌI CÁCH GIẢI ĐÚNG ĐỀU CHO ĐIỂM THEO THANG ĐIỂM TƯƠNG ỨNG)