Đề thi khảo sát THPT quốc gia có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Như Xuân (Năm học 2014-2015)

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

83
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo đề thi khảo sát THPT quốc gia có đáp án môn "Toán 12 - Trường THPT Như Xuân" năm học 2014-2015 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 thi khảo sát THPT quốc gia có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Như Xuân (Năm học 2014-2015)

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 ( ID: 82419 )(2,0 điểm). Cho hàm số y  x  6x  9x  1 (1). 3 2 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). Tìm m để phương trình x(x  3)  m có 3 nghiệm phân biệt. 2 Câu 2 ( ID: 82420 ) (1,0 điểm). Giải phương trình: (sinx  cosx)  1  cosx . 2 Giải bất phương trình: log0,2 x  log0,2(x  1)  log0,2(x  2) . 1 6x+ 7 Câu 3 ( ID: 82421 )(1,0 điểm). Tính tích phân: I   3x  2 dx . 0 Câu 4 ( ID: 82422 ) (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)  x 4  8x 2  6 trên đoạn [  3; 5]. Khai triển và rút gọn biểu thức (1  x)  2(1  x)  ...  n(1  x) thu được đa thức 2 n P(x)  a 0  a 1x  ...  a n x n . Tìm hệ số a 8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn: 1 7 1 2  3  . Cn Cn n Câu 5 ( ID: 82423 ) (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN). Câu 6 ( ID: 82424 ) (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2 x  y  13  0 và 6 x  13 y  29  0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 7 ( ID: 82425 ) (1,0 điểm). Trong không gian toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1; -2; 3), B(2; 0; 1), C(3; -1; 5). Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng và tính diện tích tam giác ABC. Câu 8 ( ID: 82428 ) (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: x  y  x  y  3  (x  y)2  2 x  y   2 (x, y  R) .  x x y 2  x y  3  Câu 9 ( ID: 82429 )(1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. x 2 (y  z) y2 (z  x) z 2 (x  y) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P    . yz zx xy >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 1
SỞ GD&ĐT THANH HOÁ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Nội dung Điểm 1a a) y  x3  6 x 2  9 x  1 . (1,25) *Tập xác định: D = R * Sự biến thiên 0,25  Chiều biến thiên: y'  3x 2  12 x  9  3( x 2  4 x  3) x  3 Ta cã y '  0   , y'  0  1  x  3 . x  1 Do đó + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (,1) và (3,  ) . 0,25 + Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3).  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1 và yCD  y(1)  3 ; Hàm số đạt cực tiểu tại x  3 và yCT  y(3)  1. 0,25  giới hạn: lim y  ; lim y   . x   x    Bảng biến thiên: x  1 3  y’  0  0   3 0,25 y -1  Đồ thị : y Đồ thị hàm số cắt trục tung tại 3 điểm (0,  1) . 2 1 0,25 x O 1 2 3 4 -1 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 2
1b Ta có: x(x  3)  m  x  6x  9x  1  m  1 . 2 3 2 0,25 (0,75) Phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m – 1 cắt (C) tại 0,25 3 điểm phân biệt  1  m  1  3  0  m  4 0,25 2a (0,5) Ta có: (s inx  cosx)  1  cosx 2  1  2 sin xcosx  1  cosx  cosx(2 sin x-1)  0 (0,25) cosx  0  s inx= 1  2    x   k 0,25  2    x=  k2 (k  Z).  6  5  x  6  k2  2b Điều kiện: x  0 (*). (0,5) log0,2 x  log0,2(x  1)  log0,2(x  2)  log0,2(x 2  x)  log0,2(x  2) 0,25  x 2  x  x  2  x  2 (vì x > 0). 0,25 Vậy bất phương trình có nghiệm x  2. 3 1 6x+ 7 1 (6x+ 4)+ 3 3 1 (1,0) I dx   dx   (2  )dx 0,25 0 3x  2 0 3x  2 0 3x  2 1 1 1 1 3 1  2 dx   dx  2 dx   d(3x+ 2) 0,25 0 0 3x  2 0 0 3x  2 1 1  2x  ln 3x  2 0,25 0 0 5  2  ln . 0,25 2 4a f(x)  x  8x 2  6 4 (0,5) f '(x)  4x 3  16x 0,25 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 3
x  0 f '(x)  0   .  x  2 f(  3)  9 , f(0)  6 , f(2)  10 , f( 5)  9 . Vậy: maxf(x)  f(0)  6 , min f(x)  f(2)  10 0,25 [  3; 5 ] [  3; 5 ] 4b n  3 1 7 1  (0,5) Ta có:  3   2 7.3! 1  n(n  1)  n(n  1)(n  2)  n 2 Cn Cn n  0,25 n  3  2  n  9. n  5n  36  0 Suy ra a8 là hệ số của x 8 trong biểu thức sẽ là 8.C88  9.C98  89. 0,25 5 *) Ta có: (1,0) AN  AB2  BN 2  2a 3 Diện tích tam giác ABC là: 0,25 1 S SABC  BC. AN  4a 2 3 . 2 Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 1 VS . ABC  SABC .SA  4a 2 3.8a 3 3 0,25 3 32a 3 M  (đvtt). 3 *) Ta có: VB. AMN BA BM BN 1 A C  . .  VS . ABC BA BS BC 4 H N 0,25 3 1 8a 3 VB. AMN  VS . ABC  . 4 3 B 1 1 Mặt khác, SB  SC  4 5a  MN  SC  2 5a ; AM  SB  2 5a . 2 2 Gọi H là trung điểm AN thì MH  AN ,  MH  AM 2  AH 2  a 17 . 1 1 Diện tích tam giác AMN là SAMN  AN .MH  2a 3.a 17  a 2 51 . 0,25 2 2 Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: 3VB. AMN 8a 3 3 8a 8a 17 d ( B, ( AMN ))   2   . SAMN a 51 17 17 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 4
6 -Gọi đường cao với đường trung tuyến lần lượt là CH và CM (1,0) Khi đó C(-7; -1) CH : 2 x  y  13  0 , CM : 6 x  13 y  29  0. 2 x  y  13  0 0,25 - Ta có:   C (7;  1). 6 x  13 y  29  0 M(6; 5) B(8; 4) - AB  CH  n AB  u CH  (1, 2) A(4; 6) H  pt AB : x  2 y  16  0 .  x  2 y  16  0 - Ta có   M (6; 5)  B(8; 4). 0,25 6 x  13 y  29  0 Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x 2  y 2  mx  ny  p  0. 52  4m  6n  p  0 m  4   0,25 Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 80  8m  4n  p  0  n  6 . 50  7m  n  p  0  p  72   Suy ra pt đường tròn: x 2  y 2  4 x  6 y  72  0 hay ( x  2) 2  ( y  3) 2  85. 0,25 7 Ta có AB  (1; 2; 2), AC  (2;1; 2) 0,25 (1,0) [ AB, AC ]  (6;  6; 3)  0 0,25 Suy ra AB, AC không cùng phương nên A, B, C không thẳng hàng. 0,25 1 9 Diện tích tam giác ABC là SABC = [ AB, AC ]  (đvdt). 0,25 2 2 8 x  y  x  y  3  (x  y)2  2 x  y (1)  (1,0) Giải hệ:  (x, y  R) .  x 2  x  y  2  x  y  3 (2)  x  y  0 0,25 Điều kiện:  (*) x  y  0 Đặt t  x  y  0 , từ (1) ta có: t  t  3  t2  2 t  t  t2  t  3  2 t  0 3(1  t)  3   t(1  t)   0  (1  t)  t  0 t 3 2 t  t 3 2 t  0,25 3  t  1 (Vì t   0, t  0 ). t 3 2 t >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 5
Suy ra x  y  1  y  1  x (3). Thay (3) vào (2) ta có: x 2  3  2x  1  3 x2  1 2x  2  ( x  3  2)  ( 2x  1  1)  0  2  0 x2  3  2 2x  1  1 0,25  x 1 2   (x  1)     0  2 2x  1  1   x 3 2 x 1 2 1  x  1 (Vì   0, x  ). x2  3  2 2x  1  1 2 Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*). 0,25 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x = 1; y = 0). 9 (1,0) x 2 x 2 y2 y2 z 2 z 2 Ta có : P       (*) (0,25) y z z x x y Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y  R x 2 y2 Do đó : x3 + y3  xy(x + y) x, y > 0 hay   x  y x, y > 0 y x y2 z2 Tương tự, ta có :   y  z y, z > 0 z y 0,25 z2 x 2  zx x, z > 0 x z Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: 0,25 P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 1 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = . Vì vậy, minP = 2. 0,25 3 ..........Hết......... >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 6