intTypePromotion=3

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

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

0
37
lượt xem
1
download

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

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Mời các bạn tham khảo đề thi khảo sát THPT quốc gia có đáp án môn "Toán 12 - Trường THPT Yên Lãng" năm học 2014-2015 dưới đây để nắm bắt nội dung chi tiết.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát THPT quốc gia có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Yên Lãng (Năm học 2014-2015)

  1. Sở GD & ĐT Hà Nội ĐỀ THI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA K12 Trường THPT Yên Lãng Năm học 2014 - 2015 --------------o0o--------------- ( Môn: Toán. Thời gian làm bài: 120 phút ) A. PHẦN CHUNG : (8điểm) Câu I ( ID: 82432 ) (3 đ). Cho hàm số y = (x - 2)2(x + 1), đồ thị là (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đó cho. 2. Tìm trên (C) điểm M có hoành độ là số nguyên dương sao cho tiếp tuyến tại M của (C), cắt (C) tại hai điểm M và N thoả mãn MN = 3. Câu II ( ID : 82433 ) (3 đ) 1. Giải phương trình logarit. log3 ( x  1)  5log3 ( x  1)  6  0 2 2x  2 2. Giải bất phương trình mũ : 3  2.6x - 7.4x  0 3. Giải phương trình lượng giác : sin3 x  cos3 x  cos2 x  2cos x  sin x  , với ẩn x . Câu III ( ID : 82435 ) (2 đ). Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', có AB = a, AD = b, AA' = c với đáy ABCD là hình bình hành có góc BAD bằng 600. Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho DM = 2MC. 1. Tính thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D' theo a, b, c . 2. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (BDA') theo a, b, c. B. PHẦN RIÊNG : (2điểm) I, HỌC SINH THI KHỐI A,A1,B: ( ID: 82436 ) Câu IVa (1đ). Giải và biện luận phương trình : (m  2)2x  (m  5)2 x  2(m  1)  0 (1) theo tham số m. Câu Va(1đ). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : x-y-1 = 0 và (d 2) : x+2y+3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A  ( d 1), C  (d 2), B, D thuộc Ox và AC=2BD. II, HỌC SINH THI KHỐI D : (ID: 82437 ) Câu IVb(1đ). Tìm m để phương trình: (m  2)2x  (m  5)2 x  2(m  1)  0 (1) có hai nghiệm trái dấu. >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay 0
  2. Câu Vb(1đ). Trong mp Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0). Biết phương trình các cạnh AB, AC thứ tự là: 4x+y +14= 0; 2x+5y-2 =0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. ------------------------------------ Hết -------------------------------------- >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay 1
  3. ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM TÓM TẮT Nội dung Điểm Câu I 3.0 1. 2.0 Hàm số có tập xác định là ; lim y   ; lim y   . 0. 5 x  x  y’ = 3x2 - 6x; y’ = 0  x = 0 hoặc x = 2 x -∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + 0.5 4 + y - 0 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-; 0) và (2; +); hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2). Điểm (0; 4) là điểm CĐ của đồ thị hàm số; điểm (2; 0) là điểm CT của đồ thị hàm số. Điểm U(1; 2) là điểm thuộc đồ thị hàm số. 0.5 Đồ thị giao với các trục tọa độ: (-1; 0), (2; 0), (0; 4). 0.5 2. 1.0 Giả sử M(x0; y0) thuộc (C), x0 là số nguyên dương. Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là 0.25 y = (3x02 - 6x0)x - 2x03 + 3x02 + 4. Goi tiếp tuyến này là (t). Hoành độ giao điểm của (C) và (t) là nghiệm PT: x3 - 3x2 - (3x02 - 6x0)x + 2x03 - 3x02 = 0  (x - x0)2(x + 2x0 - 3) = 0  x = x0 hoặc x = -2x0 + 0.25 3. M(x0; x03 - 3x02 + 4); N(-2x0 + 3; -8x03 + 24x02 - 18x0 + 4). MN2 = 9x02 - 18x0 + 9 + 81x02(x0 - 0.25 1)2(x0 - 2)2. MN2 = 9  9x02 - 18x0 + 81x02(x0 - 1)2(x0 - 2)2 = 0  9x0(x0 - 2)(1 + 9x0(x0 - 1)2(x0 - 2)) = 0. Vì x0 là số nguyên dương nên x0 = 2. Vậy M(2; 0). 0.25 (Lưu ý: Nếu thí sinh nhìn trên đồ thị, nhận thấy có trục hoành là một tiếp tuyến thoả mãn >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay 2
  4. BT, do đó có điểm M(2; 0) là một điểm cần tìm, thì cho 0.5 điểm) Câu II. 3.0 1. Giải phương trình logarit. log ( x  1)  5log3 ( x  1)  6  0 2 3 1.0 ĐK x > -1 0.25 Đặt log3  x  1  t , pt cú dạng t2 – 5t + 6 = 0, giải được t = 2, t = 3 0.5 Trở lại biến x, kiểm tra đk, ta được ĐSố x = 8, x = 26 0.25 2x  2 2. Giải bất phương trỡnh mũ : 3  2.6x - 7.4x  0 1.0 x x 9 3 Chia cả hai vế của bpt cho 4x > 0 , ta được 9.    2    7  0 0.25 4 2 x 3 Đặt t =   , đk: t > 0 đưa về bpt: 9t2 - 2t - 7 > 0 0.25 2 7 Giải được 1 < t (tm) hoặc t < - (không tm) 0.25 9 Suy ra kết quả : 0 < x 0.25 3. Giải phương trình lượng giác : sin3 x  cos3 x  cos2 x  2cos x  sin x  , với ẩn x  . 1.0 Biến đổi đưa về tích (sinx + cosx)(2sinx - cosx)cosx = 0 0.25 Giải từng ptlg cosx = 0, sinx + cosx = 0, 2sinx – cosx = 0   1 0.5 x=  k , k  Z ; x =   k , k  Z ; x =   k , k  Z , tan   2 4 2   1 ĐS : x =  k , k  Z ; x =   k , k  Z ; x =   k , k  Z , tan   0.25 2 4 2 Câu III.1 Tính thể tích của khối hộpABCD.A'B'C'D' theo a, b, c . 1.0 Viết đúng công thức thể tích 0.25 0.25 khối hộp V = AA’.S hbhABCD = 0.25 0.25 c. S hbhABCD 0.5 0.25 S hbhABCD = AB.AD.sin60 Trong tam giác vuông A'AF (vuông tại A), ta có  3 = ab (đvdt) 1  1  1  AH  abc 3 2 2 2 2 Thay số vào ta được đáp số AH A' A AF 3a 2b2  4a 2c 2  4b2c 2  4abc 2 0.25 2abc 3 V = abc 3 (đvtt) Vậy d ( M , ( BDA '))  2 3 3a 2b2  4a 2c 2  4b2c 2  4abc 2 Câu IVb. 1.0 x Tìm m để phương trình: (m  2)2  (m  5)2  2(m  1)  0 x (1) có hai nghiệm trái dấu. Đặt 2 x = t, đk t >0 pt (1) cú dạng (m - 2)t2 – 2(m + 1)t + m - 5 = 0 (2) 0.25 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay 3
  5. x1 0 x2 PT (1) có 2 nghiệm trái dấu x 1 , x 2 tức là x 1 < 0 < x 2  0 < 2 < 2 < 2  0 < t 1 < 1 < t 2 . Khi đó bài toán trở thành tìm m để PT (2) có 2 nghiệm t 1 , t 2 thỏa mãn 0 < 0.5 t1 < 1 < t 2 AD ĐL Vi-Et giải hệ tìm được m > 5 0.25 Câu Va. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : x-y-1 = 0 và (d 2) : x+2y+3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A  ( d 1), C  (d 2), B, D thuộc Ox và 1.0 AC=2BD  x0   2y0  3  x0  5 Từ gt ta suy ra A(x 0 ; x 0 - 1) ; C(- 2 y 0 -3 ; y 0 ) và   0,25  y0  1  x0  y0  4 Thay vào ta được A(5; 4) ; C(5; - 4) ; AC = 8 0.25 Giao của hai đường chéo AC và BD là điểm I(5; 0) cũng chính là trung điểm của BD. Suy ra nếu B(x B ; 0) thỡ D(10 - x B ; 0) ; BD = 10  2 xB . Từ AC = 2BD ta có PT 0.25  xB  3 2 10  2 xB = 8 gpt được  Thay vào ta được tọa độ của B, D  xB  7 ĐS : A(5; 4) ; C(5; - 4) ; B(3; 0) ; D(7; 0) . Hay A(5; 4) ; C(5; - 4) ; D(3; 0) ; B(7; 0) 0.25 ---------------HẾT------------- >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay 4

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản