Đề tham khảo kỳ thi THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn Toán - Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn

Chia sẻ: Hoàng Tử Nguyen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

68
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề tham khảo kỳ thi THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn Toán - Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn" giới thiệu tới người đọc ma trận đề, các bài tập và phương pháp giải bài tập toán, giúp học sinh có thể làm quen với cách ra đề và làm bài, chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề tham khảo kỳ thi THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn Toán - Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN MA TRẬN ĐỀ Cấp độ Vận dụng Chủ đề Nhận biết Thông hiểu Cấp độ Cộng Cấp độ thấp cao 1. Ứng dụng đạo hàm Khảo sát và Tiếp tuyến để khảo sát và vẽ đồ vẽ đồ thị với đồ thị thị hàm số. hàm số bậc hàm số bốn trùng phương Số câu 1 1 2 Số điểm (Tỉ lệ) 1,0 (10%) 1,0 (10%) 2,0 (20%) 2. Phương trình lượng Dạng cơ giác bản Số câu 1 1 Số điểm (Tỉ lệ) 0,5 (5%) 0,5 (5%) 3. Số phức Cách xác định và tính modun số phức Số câu 1 1 Số điểm (Tỉ lệ) 0,5 (5%) 0,5 (5%) 4. Phương trình mũ và Bất phương logarit trình logarit Số câu 1 1 Số điểm (Tỉ lệ) 0,5 (5%) 0,5 (5%) 5. Tính tích phân Tích phân hàm vô tỉ Số câu 1 1 Số điểm (Tỉ lệ) 1,0 (10%) 1,0 (10%) 6. Phương trình và hệ Phương phương trình trình, hệ phương trình giải bằng phương pháp đánh giá Số câu 1 1 Số điểm (Tỉ lệ) 1,0 (10%) 1,0 (10%) 7. Thể tích khối đa diện Bài toán thể tích khối đa diện
Số câu 1 1 Số điểm (Tỉ lệ) 1,0 (10%) 1,0 (10%) 8. Phương pháp tọa độ Tính chất trong mặt phẳng hình học trong bài toán tọa độ phẳng Số câu 1 1 Số điểm (Tỉ lệ) 1,0 (10%) 1,0 (10%) 9. Phương pháp tọa độ Góc và trong không gian khoảng cách Số câu 1 1 Số điểm (Tỉ lệ) 1,0 (10%) 1,0 (10%) 10. Xác suất thống kê Xác suất của biến cố Số câu 1 1 Số điểm (Tỉ lệ) 0,5 (5%) 0,5 (5%) 11. Bất đẳng thức Bất đẳng thức Số câu 1 1 Số điểm (Tỉ lệ) 1,0 (10%) 1,0 (10%) Tổng số câu 2 5 4 1 12 Tổng số điểm 1,5 3,5 4,0 1,0 10 Tỉ lệ 10% 35% 40% 10% 100%
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THAM KHẢO TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 ĐỀ SỐ 1 Môn : TOÁN. Thời gian làm bài: 180 phút. Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = − x 4 + 2 x 2 + 1 . a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ 2 x= . Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). 2 Câu 2 (1,0 điểm). 1 − tan x a) Giải phương trình: cot 2 x = . 1 + tan x 2. ( 3 − i ) .z b) Cho số phức z thỏa mãn ( 9 + i ) .z + = −4 + 9i . Tìm môđun của số 1 − 2i phức w = 1 − z + z 2 . 2x + 1 Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình log 2 + log3 (2 x + 1) log 2 3 . 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2(4 x 2 + y 2 ) + 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 = 3 x − 2 y , ( x; y ﾡ ) y2 + x + 6 = 2 ( x + y ) +1+ 5 x +1 5 1 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = dx . 1 x 3x + 1 Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A' B 'C ' có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của đỉnh A' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BC. Biết rằng 3a khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và AA' bằng . Tính thể tích của khối chóp 4 A.BCC ' B ' và tang của góc giữa hai mặt phẳng ( ABB A ) và ( ABC ) . ' ' Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng AB : x − 2 y + 3 = 0 và đường thẳng AC : y − 2 = 0 . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB = 2 IA , hoành độ điểm I: xI > −3 và M ( −1;3) nằm trên đường thẳng BD. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A ( 1; 2;3) B ( 1; −4;5 ) và mặt phẳng (P): 2x – y – z – 13 = 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA = MB và mặt phẳng ( MAB ) vuông góc với mặt phẳng (P). Câu 9 (0,5 điểm). Trong một hộp đựng 30 tấm thẻ được đánh số khác nhau từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên 2 thẻ trong hộp. Tính xác suất để chọn được cả 2 thẻ đều được đánh số là số nguyên tố.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x + 3 y 7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 xy + y + 5( x 2 + y 2 ) − 24 3 8( x + y ) − ( x 2 + y 2 + 3) . HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO THI THPT CẤP QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Điể Câu Đáp án m 1 (2,0 TXĐ: ﾡ điểm) y = − , lim y = − 0,25 Giới hạn: lim x − x + x=0 y =1 Sự biến thiên: y / = −4 x3 + 4 x, ∀x ﾡ � y / = 0 � x= 1 y=2 0,25 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−1;0) và (1; + ) , hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (− ; −1) và (0;1) Bảng biến thiên x − 1 0 1 + y’ + 0 0 + 0 0,25 y 2 2 1 − − Đồ thị có điểm cực đại A(1;2), B(1;2) và điểm cực tiểu N(0;1). Vẽ đồ thị (C). 0,25
�2 7� 2 Ta có M � � ; � � (C ) . Và y ( ) = 2 / 0,25 �2 4� 2 �2� � 2�7 3 Pttt (d) có dạng y = y / � 0,25 �x − � � � � � �+ � y = 2x + �2 � � 2 � 4 4 Pt hđ giao điểm của d và (C): 3 − x4 + 2 x2 + 1 = 2 x + � 4x4 − 8x2 + 4 2 x − 1 = 0 0,25 4 2 � 2� 2 ��x − 2 � ( )2 � 4x + 4 2x − 2 = 0 � x = 2 , x = − 2 +2 2 ,x = − 2 −2 2 . � � 0,25 � 2 7 � / �− 2 + 2 1 � // �− 2 − 2 1� Vậy có 3 điểm: M � �2 ; 4 � ,M � � � 2 , 2− � ,M � � � ,− 2 − � � � � 4� � 2 4� � a) sin 2 x 0 π x k � � 2 ĐK: �cos x 0 � �tan x −1 �x π 0,25 − + kπ 4 �π � �π � Với ĐK pt � tan � − 2 x �= tan � − x � �2 � �4 � π π � − 2 x = − x + kπ 2 4 0,25 π Kết hợp ĐK, ta có nghiệm: x = + kπ , k ﾡ 4 b) Gọi z = a + b.i ( a, b ﾡ ) 1 a=− 2 0,25 Tìm được 3 b=− 2 1 37 w = 1 − z + z 2 = − + 3i � w = 0,25 2 2 1 Điều kiện: 2 x + 1 > 0 � x > − (*) 2 0,25 Với điều kiện (*), pt � log 2 (2 x + 1) + log 3 (2 x + 1) �1 + log 2 3 � log 2 3.log3 (2 x + 1) + log 3 (2 x + 1) �1 + log 2 3 � ( log 2 3 + 1) log 3 (2 x + 1) �1 + log 2 3 � log 3 (2 x + 1) �1 �+2� x 1 3 x 1 �1 � Đối chiếu (*), tập nghiệm: S = − ;1￺ 3 �2 � 0,25 (0,5 điểm) 4
x +1 0 Điều kiện xác định: ۳ x −1 (*) y2 + x + 6 0 0,25 Biến đổi vế trái phương trình thứ nhất (2 x + y ) 2 + (2 x − y ) 2 + (2 x + y ) 2 + ( x − y ) 2 2 x − y + x − y 3x − 2 y 3 x − 2 y Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2x + y = 0 (2 x − y )( x − y ) 0 � 2 x = − y �0 3x − 2 y 0 0,25 Thay vào (2) ta được phương trình: 4 x 2 + x + 6 = −2 x + 1 + 5 x + 1 ( 2 x − 1) + 5 ( x + 1) = − ( 2 x − 1) + 5 x + 1 (3) 2 � Với x 0 , chia hai vế của phương trình (3) cho x + 1 ta được phương (1,0 trình tương đương 2 điểm) �2 x − 1 � 2x −1 � �+ 5 = − +5 0,25 � x +1 � x +1 2x −1 t 5 Đặt t = , phương trình được viết: t 2 + 5 = −t + 5 �� t=2 x +1 t=2 1 2x −1 x Giải phương trình: = 2 � 2 x + 1 = 2x −1 � 2 x +1 4 ( x + 1) = 4 x 2 − 4 x + 1 1 1 x �x � 2 7 �� 2 �� x = 1+ � �x = 4 28 2 0,25 4 x2 − 8x − 3 = 0 4 7 Khi x = 1 + � y = −2 − 7 2 � 7 � Nghiệm của hệ phương trình là: ( x; y ) = � 1+ � ; −2 − 7 � �. � 2 � t 2 −1 2 Đặt t = 3 x + 1, t �� 0 x= � dx = tdt 3 3 0,25 5 Đổi cận: x = 1 t = 2; x = 5 t = 4. (1,0 4 1 1 4 1 điểm) I =2 dt � I = ( − )dt 0,25 2 t −1 2 2 t −1 t +1 I = ( ln t − 1 − ln t + 1 ) 4 2 0,25 I = 2 ln 3 − ln 5 0,25 6 (1,0 Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên AA’ 0,25
3a 3a HK là đoạn vuông góc chung nên HK = � A' H = 4 2 a2 3 Diện tích tam giác ABC: S ∆ABC = 4 A' C' B' K A 0,25 điểm) C a H I B 3a 3 3 Thể tích khối lăng trụ ABC. A' B'C ' : V1 = S∆ABC . A' H = 8 2 a3 3 Gọi V là thể tích của khối chóp A.BCC ' B ' : V = .V1 = 3 4 Từ H vẽ HI ⊥ AB tại I suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AA’,BB’) a 3 0,25 là ﾡA' IH , HI = 4 ﾡ A' H 3a 4 Tính : tan A IH =' = . =2 3. 0,25 HI 2 a 3 A D E M F I 0,25 B C Ta có A là giao điểm của AB và AC nên A ( 1; 2 ) . 7 Lấy điểm E ( 0; 2 ) AC . Gọi F ( 2a − 3; a ) AB sao cho EF //BD. (1,0 EF AE EF BI điểm) Khi đó = � = = 2 � EF = 2 AE BI AI AE AI 0,25 a =1 � ( 2a − 3 ) + ( a − 2 ) = 2 � 2 2 11 a= . 5 uuur Với a = 1 thì EF = ( −1; −1) là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt 0,25
r của BD là n = ( 1; −1) . Pt BD : x − y + 4 = 0 � BD �AC = I ( −2; 2 ) BD �AB = B ( −5; −1) uurIB uur IB uur uur �3 3 � Ta có IB = − ID = − ID = − 2 ID � D � − 2; + 2 �. ID IA �2 2 � uur IA uur IA uur 1 uur IA = − IC IC = − IC = − IB 2 ( IC � C −3 2 − 2; 2 . ) 11 uuur �7 1 � Với a = thì EF = � ; � là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt 5 �5 5 � 0,25 r của BD là n = ( 1; −7 ) . Do đó, BD : x − 7 y + 22 = 0 � I ( −8; 2 ) (loại). Vì M cách đều A, B nên M nằm trên mặt phẳng trung trực (Q) của AB. Phương trình mặt phẳng (Q): uuur AB = ( 0; −6; 2 ) 0,25 Tọa độ trung điểm I của AB: I ( 1; −1; 4 ) ( Q) : 3y − z + 7 = 0 Vì mặt phẳng (MAB) vuông góc với mặt phẳng (P) nên M nằm trên mặt phẳng (R) chứa AB và vuông góc với (P). Phương trình mặt phẳng (R): 0,25 ( R ) : 2 x + y + 3z − 13 = 0 Điểm M cần tìm là giao điểm của ba mặt phẳng (P), (Q), (R) 0,25 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: �2 x − y − z − 13 = 0 �x = 6 � � 8 �3y − z + 7 = 0 � �y = −2 0,25 (1,0 �2 x + y + 3z − 13 = 0 �z = 1 � � điểm) Tọa độ điểm M ( 6; −2;1) . 2 Số các trường hợp có thể: C30 0,25 9 Các số nguyên tố từ 1 đến 30: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29. (1,0 Gọi A là biến cố chọn được cả hai thẻ đều được số là số nguyên tố. 2 điểm) Số trường hợp thuận lợi của biến cố A: C10 2 0,25 C10 3 Xác suất để chọn được cả hai thẻ đều là số nguyên tố: P ( A ) = 2 = . C30 29 10 (1,0 � 2x + 2 + 3 y + 3 � 2 điểm) Ta có 6( x + 1)( y + 1) = (2 x + 2)(3 y + 3) �� 36 x + y + xy �5 . 0,25 � 2 � Ta có 5( x 2 + y 2 ) �( 2 x + y ) � 5( x 2 + y 2 ) �2 x + y và 2 0,25 ( x + y − 3)2 = x 2 + y 2 + 9 + 2 xy − 6 x − 6 y 0 � 2( x + y + xy + 3) �8( x + y ) − ( x 2 + y 2 + 3)
Suy ra P 2( xy + x + y ) − 24 3 2( x + y + xy + 3) Đặt t = x + y + xy, t ( 0;5] , P f (t ) = 2t − 24 3 2t + 6 24.2 3 (2t + 6) 2 − 8 Ta có f / (t ) = 2 − =2 < 0, ∀t ( 0;5] 3 3 (2t + 6) 2 3 (2t + 6) 2 0,25 Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng ( 0;5] . Suy ra min f (t ) = f (5) = 10 − 48 3 2 . x=2 Vậy min P = 10 − 48 3 2, khi 0,25 y =1 Chú ý: Mọi cách giải khác đáp án, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Hết