Đề thi khảo sát THPT quốc gia, lần 1 năm 2015 có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Lam Kinh

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

66
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là đề thi khảo sát THPT quốc gia, lần 1 năm 2015 có đáp án môn "Toán 12 - Trường THPT Lam Kinh". Mời các bậc phụ huynh, thí sinh và thầy cô giáo cùng tham khảo để để có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát THPT quốc gia, lần 1 năm 2015 có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Lam Kinh

Trường THPT Lam Kinh THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA - LẦN I - NĂM 2015 Môn: Toán Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề). 2x 1 Câu 1 ( ID: 82440 ) (4.0 điểm). Cho hàm số y  (1). x2 a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu 2 ( ID: 82441 ) (2.0 điểm).   a. Giải phương trình cos x  cos3x  1  2 sin  2x  .  4 1 2 1 b. Giải phương trình   log x 1  log x 6 Câu 3 ( ID: 82442 ) (1.0 điểm). Giải bất phương trình 2.14x  3.49x  4x  0 Câu 4 ( ID: 82443 ) (4.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có AC = a, BC= 2a, ACB  120o . Đường thẳng A’C tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 300. Gọi M là trung điểm của BB’. Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CC’ theo a. n  2 Câu 5 ( ID: 82444 ) (1.0 điểm). Tìm hệ số của x 7 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2   , biết  x rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 4Cn31  2Cn2  An3 . Câu6 ( ID: 82445 ) (2.0 điểm). Tính nguyên hàm  (e  2015) xdx x Câu 7 (ID: 82446 ) (2.0 điểm). Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.  x 2  y 2  xy  1  4 y Câu 8 (ID: 82447 ) (2.0 điểm). Giải hệ phương trình:  ( x, y  R) .  y( x  y)  2 x  7 y  2 2 2 Câu 9 ( ID: 82448 ) (2.0 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:  1 1 2  b c a     2  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b ...HẾT… >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 1
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN ĐH - CĐ LẦN I NĂM 2015) Câu Đáp án Điểm 2x 1 Câu 1 a.(2.0đ) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x  2 . (4.0đ) i/ TXĐ: D = R\{-2} ii/ Sự biến thiên + Giới hạn- tiệm cận 0,5 Ta có: lim y  lim y  2; lim y  ; lim y   x  x  x 2  x 2  Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y= 2. 3 + Chiều biến thiên. Có y '   0 x  D ( x  2) 2 0,5 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;2) và (2;) + Bảng biến thiên x  -2  y’ + + 0,5  2 y 2  iii/ Đồ thị: 1 1 Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; ) và cắt trục Ox tại điểm(  ;0) 2 2 Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng y 0,5 2 1 2 -2 O x b. (2.0 đ) Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình 2x  1  x  2  x  m   2 0.5 x2  x  (4  m) x  1  2m  0 (1) Do (1) có   m 2  1  0 va (2) 2  (4  m).(2)  1  2m  3  0 m nên đường 0.5 thẳng d luôn luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B. Ta có: yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) mà AB ngắn nhất khi AB2 nhỏ nhất, đạt được khi m = 0 ( khi đó AB  24 ). 1.0 2
Câu2   (2.0đ) a. (1.0đ) Giải phương trình cos x  cos3x  1  2 sin  2x  .  4   cos x  cos3x  1  2 sin  2x    4  2cos x cos 2x  1  sin 2x  cos2x 0.25  2cos2 x  2sin x cos x  2cos x cos 2x  0  cos x  cos x  sinx 1  sinx  cosx   0 0.25 cos x  0  cos x  sinx  0 1  sinx  cosx  0 0.25    x  2  k   x     k  4 k    x  k2   3 x   k2  2    x  2  k  0.25  Vậy, phương trình có nghiệm:  x    k  k    4  x  k2   1 2 1 b. (1.0 đ) Giải phương trình   log x 1  log x 6 1 ĐK: x > 0 và x  1; x  0.25 10 Đặt t = logx, được phương trình theo ẩn t là: t  2 t2 - 5t + 6 = 0 (với t  0 và t  -1)   0.5 t  3 Với t = 2 thì ta có x = 100 (t/m) Với t= 3 thì ta có x = 1000 (t/m) Vậy phương trình có hai nghiệm là x =100 và x = 1000 0.25 3
Câu3 Giải bất phương trình sau 2.14x  3.49x  4x  0 (1.0đ) x 2x 7 7 Chia cả hai vế của bpt cho 4x được bpt  2    3    1  0 0.25 2 2 x 7 Đặt t    (với t > 0 ) 2 t  1 0.5 1 Bpt trở thành 3t + 2t – 1  0   2 1 t  t  3  3 x 7 1      x   log 7 3 2 3 2   0.25 KL: BPT có tập nghiệm S   log 7 3 ;     2  Câu 4 (4.0đ) a C A H 1200 2a B 0.5 M 0 30 A/ C/ B/ Kẻ đường cao CH của tam giác ABC.Có CH  AB ;CH  AA’ suy ra CH  (ABB’A’),Do đó góc giữa A’C và mp(ABB’A’) là góc CA ' H  300 0,5 1 a2 3 Ta có SABC  CA.CB.sin120  0 2 2 Trong tam giác ABC : AB  AC  BC 2  2 AC.BC.cos1200  7a 2  AB  a 7 2 2 0,5 a2 3 1 3 +) SABC   AB.CH  CH  a 0,5 2 2 7 4
3 +) CH  A ' C.sin 300  A ' C  2a 7 0,5 5 +) AA '  A ' C  AC  a 2 2 7 a3 15 +) VABCA ' B ' C '  AA '.SABC  0,5 2 7 3 +)d(CC’ ;AM)=d(CC’ ;(ABB’A’))=d(C;(ABB’A’))= a 1.0 7 Câu 5  2 n (1.0đ) Tìm hệ số của x 7 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2   , biết rằng n là  x số nguyên dương thỏa mãn 4Cn 1  2Cn  An . 3 2 3 (n  1)n((n  1) Ta có 4Cn31  2Cn2  An3  4.  n(n  1)  n(n  1)(n  2), n  3 0,25 6  2(n  1)  3  3(n  2)  n  11 0,25 11 k  2 11  2 11 Khi đó  x 2     C11k ( x 2 )11k .     C11k .(2) k .x 223k .  x k 0  x k 0 0,5 Số hạng chứa x là số hạng ứng với k thỏa mãn 22  3k  7  k  5. 7 Suy ra hệ số của x 7 là C11 5 .(2)5  14784. Câu 6 Tính nguyên hàm  (e  2015) xdx x (2.0đ) u  x du  dx Đặt   0,5 dv  (e  2015)dx v  e  2015 x x x Khi đó 0,5  (e  2015) xdx = x(e  2015x)   (e  2015x)dx x x x x2 0,5  xe  2015 x  (e  2015. ) + C x 2 x 2 2015 2 0,5  xe x  e x  x C 2 5
Câu 7 Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm (2.0đ) I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. Ta có: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  y  2  0 . 0,5 I   d  : y  x  I  t; t  . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C  2t  1;2t  , D  2t;2t  2  . Gọi CH là đường cao kẻ từ đỉnh C của hình bình hành 0,5 4 Theo giả thiết S ABCD  AB.CH  4  CH  . 5  4 5 8 8 2 | 6t  4 | 4 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  Ta có: d  C; AB   CH        5 5 t  0  C  1;0  , D  0; 2  1.0 5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C  1;0  , D  0; 2   3 3 3 3 Câu8  x 2  y 2  xy  1  4 y Giải hệ phương trình:  , ( x, y  R) . (2.0đ)  y( x  y)  2 x  7 y  2 2 2 NX: hệ không có nghiệm dạng (x0 ;0)  x2  1  x y  4  x 2  y 2  xy  1  4 y  y Với y  0 , ta có:   . 0.5  y( x  y)  2 x  7 y  2 ( x  y ) 2  2 x  1  7 2 2 2  y x 1 2 Đặt u  , v  x  y ta có hệ: y  uv  4  u  4v  v  3, u  1  2  2  0,5 v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9 +) Với v  3, u  1 ta có  x2  1  y  x2  1  y  x2  x  2  0  x  1, y  2 hệ:     . 0,5 x y 3  y  3 x  y  3 x  x  2, y  5 KL: Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5). 6
 x 2  1  9 y  x 2  1  9 y  x 2  9 x  46  0 +) Với v  5, u  9 ta có hệ:    , hệ này  x  y  5  y  5  x  y  5  x VN. 0,5 KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y)  {(1; 2), (2; 5)}. Câu 9 Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: (2.0đ)  1 1 2  b c a     2  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b a  b  c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a . c  a  b  ab ca Đặt  x,  y, a  z  x, y, z  0   x  y  z, y  z  x, z  x  y . 2 2 0,5 Viết lại vế trái: ab ac 2a VT    3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y 2z z Ta có: x  y  z  z  x  y  z   2 z  x  y    . x yz x y x 2x y 2y Tương tự:  ;  . yz x yz zx x yz 0,5 x y z 2 x  y  z Do đó:     2. yz zx x y x yz  1 1 2  b c Tức là: a      2  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b 7