intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề thi KSCL THPT Quốc gia môn Toán năm 2015-2016 (Lần 5) - THPT Chuyên Vĩnh Phúc

Chia sẻ: Lê Minh Thuận | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST
Báo xấu
93
lượt xem 3
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi KSCL THPT Quốc gia  môn Toán năm 2015-2016 (Lần 5) - THPT Chuyên Vĩnh Phúc có cấu trúc gồm 10 câu hỏi bám sát vào nội dung ôn thi Đại học nên sẽ vô cùng bổ ích cho các bạn trong quá trình ôn thi đại học. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu để có thêm kiến thức cho bản thân.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL THPT Quốc gia môn Toán năm 2015-2016 (Lần 5) - THPT Chuyên Vĩnh Phúc

  1. ĐỀ THI KSCL THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015-2016 LẦN 5 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai -----hoc247.vn----- TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚ C ĐỀ THI KSCL THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN-Lần 5 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 1 3 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y x 2x2 3x 1 3 x5 Câu 2 (1,0 điểm).Tìm miền giá trị của hàm số: f  x   x2  1 Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn 1  2i  z  5  2  i  . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  z 2  z 2 b) Giải phương trình: log9 x  log 3 x  3  2 e xe x  1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: I   dx 1 x  e  ln x  x Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  3z  1  0 và điểm I 3; 5; 2 . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng P . Tìm tọa độ tiếp điểm.. Câu 6 (1,0 điểm).   a) Cho biết tan a  2,    2    a  0  . Tính giá trị của biểu thức : A  cos a 2sin a  3   b) Một chi đoàn có 15 đoàn viên trong đó có 7 nam và 8 nữ. Người ta chọn ra 4 người trong chi đoàn đó để lập một đội thanh niên tình nguyện. Tính xác suất để trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 ; BAD 1200 và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng 60 0 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC .
  2. Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai Câu 8 (1,0 điểm).. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn C : x 2 5 và đường thẳng 2 2 y 2 :x y 1 0 . Từ điểm A thuộc kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với C tại B và C . Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8 . Câu 9 (1,0 điểm).   x  y  21  y  3x  31 2 2 Giải hệ phương trình:   y  1  2 y  1  x  x  xy  3 y  2 2 Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là là độ dài của ba cạnh của tam giác ABC có chu vi bằng 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F  5a 2  5b2  5c 2  6abc --------Hết------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh:………………
  3. Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚ C HƯỚNG DẪN CHÁ M ĐỀ THI THỬ LẦN 5 THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN (Gò m 6 trang) I. LƯU Ý CHUNG: - Đáp án trình bày một cách giải gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. - Trong lời giải câu 7, câu 8 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. - Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 3 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y x 2x2 3x 1 1,0 3 * Tập xác định: x  1 * Chiều biến thiên: Ta có y '  x 2  4 x  3; y '  0   x  3 0,25 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  3;    ; nghịch biến trên 1 1;3 . 7 * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1  yCĐ  , hàm số đạt cực tiểu tại 3 x  3  yCT  1. 0,25 * Giới hạn: Ta có lim y   và lim y  . x  x * Bảng biến thiên: 0,25
  4. Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai * Đồ thị: 0,25 x5 Tìm miền giá trị của hàm số : f  x   1,0 x2  1 Miền xác định D  ( do x  1  0 x  ) 2 1  5x 0,25 Ta có : f   x   3 0 x 2  1 2 1 2 f   x   0  1  5x  0  x  0,25 5
  5. Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai x5 x5 x  5 1 khi x   lim x  lim x  lim x  x2  1 x 1 1 x 1 khi x   x2 Bảng biến thiên x 1   5 f  x  0  0,25 26 f  x 1 1 Từ bảng biến thiên  Miền giá trị của hàm số là 1; 26   0,25 Cho số phức z thỏa mãn 1  2i  z  5  2  i  .Tìm phần thực và phần ảo của số 2 0,5 phức w  z  z 2 5 2  i  5  3  4i  5  3  4i 1  2i  2 3.a Ta có z     11  2i 0,25 1  2i 1  2i 5 Suy ra w  z  z  11  2i   11  2i  128  46i , Vậy w có phần thực bằng 2 2 3 0,25 128 , phần ảo bằng 46 Giải phương trình : log9 x  log3 x  3  2 0,5 Điều kiện x  0 . Phương trình tương đương với 3.b 1 0,25 log3 x  log3 x  3  2  log3 x  log3 x  3  2  log32 x  3log3 x  4  0 2 2 x  3 log 3 x  1   log 3 x  4 x  1  81 0,25 1 Vậy phương trình có hai nghiệm x  3 ; x  81
  6. Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai xe x  1 e Tính tích phân sau : I   dx 1,0 1 x  e  ln x  x  x 1 Đặt t  e  ln x  dt   e   dx  x  xe x  1 dx 0,25  x x Đổi cận : Khi x  1 thì t  e 4 0,25 Khi x  e thì t  e  1 e ee 1 dt ee 1 ee  1 I  e t  ln t e  ln e 0,25 ee  1 Đáp số : I  ln 0,25 e Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  3z  1  0 và điểm I 3; 5; 2 . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng 1,0 P . Tìm tọa độ tiếp điểm.. 2.3 ( 5) 3.( 2) 1 18 Bán kính mặt cầu R d I ;( P) 2 2 2 . 0,25 2 1 3 14 162 Phương trình mặt cầu: x 3 . 2 2 2 5 y 5 z 2 0,25 7 Tiếp điểm chính là hình chiếu vuông góc H của I xuống mặt phẳng P đã cho Đường thẳng IH qua I và nhận PVT n 2; 1; 3 của mặt phẳng P làm VTCP có phương trình là 0,25 x 3 2t y 5 t t z 2 3t Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình 0,25
  7. Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai x 3 2t y 5 t z 2 3t 2 x y 3z 1 0 9 3 26 13 Hệ này có nghiệm t ,x ,y ,z 7 7 7 7 3 26 13 Do đó tiếp điểm H có tọa độ là H ; ; . 7 7 7    Cho biết tan a  2,    a  0 .  2  0,5  Tính giá trị của biểu thức : A  cos a 2sin a  3  1  1 1 Ta có :   a  0  cos a  0;cos a   2 2 1  tan a 2 5 6.a 0,25 1 2 sin a  cos a  tan a    2    5 5 1   2   4  15 6 Vì vậy A  2      3  0,25 5  5  5 Một chi đoàn có 15 đoàn viên trong đó có 7 nam và 8 nữ. Người ta chọn ra 4 người trong chi đoàn đó để lập một đội thanh niên tình nguyện. Tính xác suất để 0,5 trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ.  Số phần tử của không gian mẫu là n     C154  1365 Gọ i A là biế n có "trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ” 6.b 0,25 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A   C154  C74  1330 n  A 1330 38 0,25  Vậy xác suất cần tính là P( A)    . n    1365 39 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 ; BAD 1200 và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của 1,0 góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng 60 0 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC .
  8. Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai 0,25  Do đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 ; BAD 1200 nên các tam giác ABC , ADC là các tam giác đều cạnh a 3 . 2 a 3 . 3 3a 2 3 Suy ra: S ABCD 2S ABC 2 4 2 Gọi H là trung điểm của BC . Suy ra AH BC SH BC Do đó SBC ; ABCD AH ; SH SHA 600 a 3 . 3. 3 3a 3 Xét tam giác SAH ta có: SA AH .tan 600 2 2 7 0,25 1 1 3a 2 3 3a 3 9a 3 Vậy V .S ABCD .SA . . . 3 3 2 2 4 Gọi O AC BD . Vì DB AC , BD SC nên BD SAC tại O . 0,25 Kẻ OI SC OI là đường vuông góc chung của BD và SC . Sử dụng hai tam giác đồng dạng ICO và ACS hoặc đường cao của 3a 39 3a 39 tam giác SAC suy ra được OI . Vậy d BD, SC 0,25 26 26 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn C : x 2 2 2 y 2 5 và đường thẳng :x y 1 0 . Từ điểm A thuộc kẻ hai đường thẳng lần 1,0 lượt tiếp xúc với C tại B và C . Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8 .
  9. Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai 0,25 C có tâm I 2; 2 , R 5 , A A a; a 1 Từ tính chất tiếp tuyến IA BC tại H là trung điểm của BC . Giả sử IA m, IH n m n 0 HA m n, BH IB 2 IH 2 5 n2 1 Suy ra: S ABC BC. AH BH . AH m n 5 n2 8 (1) 2 5 Trong tam giác vuông IBA có BI 2 IH .IA 5 m.n m (2) n 8 0,25 5 Thay (2) vào (1) ta có: n 5 n2 8 n6 15n4 139n2 125 0 n n2 1 n4 14n2 125 0 Suy ra n 1, m 5. 0,25 2 2 a 2 A 2; 3 IA 5 a 2 a 3 25 a2 a 6 0 0,25 a 3 A 3; 2   x  y  21  y  3x  31 2 2 1 Giải hệ phương trình :  1,0  y  1  2 y  1  x  x  xy  3 y  2 2  2  x  0, y  1 Điều kiện :   y  3x 2 0,25  2    y  1  x   y  1  x 2   y  y  x  1  0 2  
  10. Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai       y  x  1  1  2 y  x  1  0  y  x  1  0  y  x  1  3   y 1  x      0,x  0, y 1  Thế  3  vào 1 ta được : x 2  x  1  21  x 2  x  1  31  x 2  x  1  x 2  x  1  31  21  4 9 0,25 Xét hàm số f  x   x 2  x  1  x 2  x  1, x  0 2x 1 2x 1 Có : f   x    , x  0 2 x  x 1 2 2 x2  x  1 2x 1 2x 1  f  x   , x  0  2 x  1 3  2 x  1 3 2 2 t 3 Xét hàm số g  t   t   g t    0, t  t 3 2 t 3 2 0,25 Suy ra hàm số g  t  đồng biến trên mà 2 x  1  2 x  1, x  0  g  2 x  1  g  2 x  1 , x  0  f   x   g  2 x  1  g  2 x  1  0 , x  0 Nên hàm số f  x  đồng biến trên tập  2 ;   5   2;    Mặt khác :   f  5  31  21  0,25 Phương trình  4   f  x   f  5  x  5  y  6 Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    5;6  Cho a, b, c là là độ dài của ba cạnh của tam giác ABC có chu vi bằng 3 . Tìm giá trị 1,0 nhỏ nhất của biểu thức : F  5a 2  5b2  5c 2  6abc  a , b, c  0 Theo giả thiết cho   nên trong ba số a, b, c phải có ít nhất một  a  b  c  3 0,25 số lớn hơn hoặc bằng 1. Giả sử đó là số a  a  1
  11. Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai 3 Theo tính chất ba cạnh của tam giác ta luôn b  c  a  3  a  a  a  2 3 Như vậy 1  a  2 Ta có F  5a  5b  5c  6abc  5a  5  b  c   2bc   6abc 2 2 2 2 2    5a 2  5  3  a   2bc  5  3a  2 10 0,25 1 1 Theo bất đẳng thức AM-GM ta có 2bc   b  c    3  a  2 2 2 2 3 5 1 Mặt khác 1  a    5  3a  0  2bc  5  3a     3  a   5  3a  2 2 3 2 1 Do đó F  5a  5b  5c  6abc  5a  5  3  a   3  a  5  3a  2 2 2 2 2 2 2  2  3 3 a  a 2  a  15 0,25 3 Xét hàm số f  a   2  3 3 a  a 2  a  15 với 1  a  2  3 f a  3  3a 2  2a  1   a  1 3a  1  0, a  1;  , nên hàm số 3 2 2  2  3 3 f  a  đồng biến trên khoảng 1;   f  a   f 1  21, 1  a   2 2  3 F  f  a   f 1  21, a  1;  0,25  2 a  1 ; b  c Dấu bằng khi   a  b  c 1 a  b  c  3 Vậy giá trị nhỏ nhất của F bằng 21 đạt được khi tam giác ABC đều có cạnh bằng 1 ------------------------------ HẾT------------------------------
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2