Đề thi thử kỳ thi THPT lần thứ ba có đáp án môn: Toán - Trường THPT Hai Bà Trưng (Năm học 2014-2015)

Chia sẻ: LƯƠNG TÂM | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

50
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí đề thi thử kỳ thi THPT lần thứ ba có đáp án môn "Toán - Trường THPT Hai Bà Trưng" năm học 2014-2015 dưới đây để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử kỳ thi THPT lần thứ ba có đáp án môn: Toán - Trường THPT Hai Bà Trưng (Năm học 2014-2015)

SỞ GD&ĐT THỪA THIÊN HUẾ THI THỬ KỲ THI THPT NĂM HỌC 2014-2015 TRƯỜNG THPT HAI BÀ TRƯNG Lần thứ ba - Môn: Toán (ĐỀ CHÍNH THỨC) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Họ và tên thí sinh: ................................................................... Số báo danh: ………………… 2x  m 1 Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số y  (1) . x2 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1 . b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp điểm có tung độ y  3 . c. Tìm các giá trị m  3 để hàm số (1) đồng biến trên các khoảng xác định của nó. Câu 2 (1,0 điểm): 1   7  a. Cho sin       với     . Tính tan   . 3 2  2  b. Giải bất phương trình 8.3 xx 9 x x1 1  x   . Câu 3 (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  e x  1 , trục hoành và hai đường thẳng x  ln 3, x  ln 8 . Câu 4 (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a,   600 và AC '  2a . Gọi O là giao điểm của AC và BD, E là giao điểm của A’C và OC’. BAD Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (EBD). Câu 5 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC, gọi E, F lần lượt là hình chiếu của các đỉnh B, C lên các cạnh AC, AB. Các đường thẳng BC và EF lần lượt có phương trình là BC : x  4 y  12  0 , EF : 8 x  49 y  6  0 , trung điểm I của EF nằm trên đường thẳng  : x  12 y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết BC  2 17 và đỉnh B có hoành độ âm. Câu 6 (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(1;  2;0), B( 5;  3;1) , x 1 y z  2 C  2; 3;4  và đường thẳng  :   . 1 1 1 a. Chứng minh tam giác ABC đều. Tính diện tích tam giác ABC. b. Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng  sao cho thể tích tứ diện D.ABC bằng 3. Câu 7 (1,0 điểm): a. Giải phương trình: 3x  2  2 x  1  x  1  x    . b. Từ tập E  1; 2;3;4;5 , lập các số tự nhiên có ba chữ số. Lấy ngẫu nhiên hai số trong các số vừa lập. Tính xác suất để trong hai số được lấy ra có ít nhất một số có đúng hai chữ số phân biệt. 2 Câu 8 (1,0 điểm): Tìm số phức z biết z  3  i  6  z  3  i   13  0 . Câu 9 (1,0 điểm): Cho a, b, c  1 là các số thực thỏa mãn a  b  c  6 . Tìm giá trị lớn nhất của P   a 2  2  b 2  2  c 2  2  . --------- Hết --------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
TRƯỜNG THPT HAI BÀ TRƯNG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 ------------------------ Môn : TOÁN; Lần 3 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1 2x  2 (2,0 a. (1,0 điểm) y  x2 điểm) * Tập xác định: D   \ 2 . * Sự biến thiên: 2 0.25 Đạo hàm y '  2  0,  x  D . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  x  2  ;2  ;  2;   . Giới hạn: lim y  lim y  2 , nên đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị  C1  . x x  lim y  ; lim y   , nên đường thẳng x  2 là tiệm cận đứng của đồ thị 0.25 x  2 x  2  C1  . Bảng biến thiên: 0.25 * Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. Điểm đặc biệt 0.25
b. (0,5 điểm) 1 0.25 Ta có y  3  x  4; y '  4    2 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M  4;3  : 1 1 0.25 y  x  4  3  y   x  5 2 2 c. (0,5 điểm) 3  m Ta có y '  2 , tập xác định D   \ 2 . 0.25  x  2 Với m  3 , hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 2) và  2;  khi và chỉ khi y '  0, x  2  m  3 . 0.25 2 a. (0,5 điểm) (1,0 1 1 điểm) Ta có sin        sin a  . 3 3 0.25  1 2 2 Do     nên cos   0  cos    1    . 2 9 3  7       cos  tan      tan  3      tan      cot    2 2 . 0.25  2   2  2  sin  b. (0,5 điểm) Điều kiện: x  0 2 Bất phương trình tương đương với 8.3 x x   9. 3 x x  1  0 . 0.25 1 Đặt t  3 x  x , t  0 , ta có 9t 2  8t  1  0  t  1 (loại) hoặc t  . 9 Do vậy 1 3 x  x   x  x  2   x  x  2  0  0  x  2  0  x  4 . 0.25 9 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T  0;4  . 3 Diện tích hình phẳng cần tìm là: S   ln8 ln8 e x  1 dx  ln 3 e x  1dx . (1,0 ln3 0.25 điểm) 2t Đặt t  e x  1  e x  t 2  1  e x dx  2tdt  dx  2 dt t 1 0.25 Đổi cận : x  ln 3  t  2, x  ln 8  t  3 3 2t 2 3 1 1  Khi đó S   2 dt  2  2    dt 0.25 2 t 1  t 1 t 1  3 3 t 1 3  2t 2  ln  2  ln 0.25 t 1 2 2
4 (1,0 ABD có D' điểm)   600 AB  AD  a, BAD C' nên ABD đều, A' suy ra B' a 3 H AO   AC  a 3 ; 2 0.25 CC '  a .. D I C O A B 1 a2 3 a3 3 S ABCD  AC.BD  . Do vậy VABCD. A' B 'C ' D '  CC '.S ABCD  . 0.25 2 2 2 Vẽ CH  OC '( H  OC ') (1) BD  OC  Ta có   BD  (OCC ')  BD  CH (2) 0.25 BD  CC ' Từ (1) và (2) ta có CH  ( IBD) nên d  C ,  IBD    CH . AC cắt (IBD) tại O và O là trung điểm của AC. Do vậy d  A,  IBD    d  C ,  IBD    CH a 3 0.25 a. CC '.OC 2 a 21    . 2 CC '  OC 2 2 3a 2 7 a  4 5 (1,0 Vì I thuộc  nên I 12m; m  , mà I điểm) 6 thuộc EF nên ta có m  , suy ra 145  72 6  I ;   145 145  0.25 Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với EF, ta có d :49 x  8 y  24  0 Đường thẳng d cắt BC tại trung điểm M của BC, do vậy M  0; 3  . 2 2 Ta có BM  17, B  4b  12; b  , BM   4b  12    b  3  nên ta có phương trình 2 2 b  2  B  4; 2   4b  12    b  3  17  17b 2  102b  136  0   0.25 b  4  B  4; 4  Chọn B  4; 4   C  4; 2  .
 6  8e     16 2   64 14  Lấy E  e;  , ta có BE.EC  0 , do vậy E  ;   và F   ;   49   5 5  29 29   16 2   64 14  hoặc F  ;   và E   ;  .  5 5  29 29   16 2   64 14  + Với E  ;   và F   ;  . Ta có  5 5  29 29  0.25  16 10  BE : x  2 y  4  0, CF : 2 x  5 y  2  0 , suy ra A  ;   (loại vì  9 9       90o ).  AB. AC  0  cos AB, AC  0  A   64 14   16 2  + Với E   ;  và F  ;   . Ta có  29 29   5 5 BE : 5 x  2 y  12  0, CF : 2 x  y  6  0 , 0.25 suy ra A  0;6  (thỏa mãn). Vậy A  0;6  , B  4; 4  , C  4; 2  . 6 a. (0,5 điểm) (1,0 Ta có AB  BC  AC  3 2 nên tam giác ABC đều. 0.25 điểm) 2 Diện tích tam giác ABC là: S  3 2  3  9 3 . 0.25 4 2 b. (0,5 điểm) . 1 3V 2 Ta có VD. ABC  d  D,  ABC   .S ABC  3  d  D,  ABC     . 3 S 3     0.25 AB   4; 1;1 , AC   1; 1;4    AB, AC    3;15;3  . Phương trình mặt phẳng (ABC) là : x  5 y  z  9  0 . Vì D   nên D  1  t ; t ;2  t  . 2 1  t  5t  2  t  9 2 t  2 d  D,  ABC       3t  12  6   3 3 3 3 t  6 0.25 Vậy có hai điểm D thỏa mãn điều kiện bài toán : D  3; 2;4  hoặc D  6; 7;8  . 7 a. (0,5 điểm) (1,0 1 điểm) Điều kiện x   . 2 Với điều kiện đó, ta có 3x  2  2 x  1  x  1 0.25  3x  2  2 x  1   3x  2  2 x  1  3x  2  2 x  1 
  3x  2  2 x  1  3x  2  2 x  1  1  0  3 x  2  2 x  1  1(do 3 x  2  2 x  1  0)  3x  2  2 x  1  1  3x  2  2 x  1  1  2 2 x  1 x  0  2  x  8x  4  0 0.25  x  4  2 5 (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có nghiệm là x  4  2 5 . b. (0,5 điểm) Từ tập hợp E  1;2;3;4;5 ta có thể lập được 53  125 số có 3 chữ số. Chọn 2 2 0.25 số từ 125 số ở trên có C125 cách. Gọi A là biến cố : « Hai số được chọn có ít nhất một số có đúng hai chữ số phân biệt ». Trong 125 số trên có C52 .6  60 số có ba chữ số trong đó có đúng hai chữ số phân biệt. Do vậy n   A   60.65  C602 . 0.25 60.65  C602 567 Vậy xác suất cần tìm là : P  2   0, 73 . C125 775 Đặt t  z  3  i , phương trình trở thành : t 2  6t  13  0 . 0.25 8 Ta có  '  4  4i 2 ,  ' có hai căn bậc hai là 2i (1,0 0.25 điểm) Phương trình trên có hai nghiệm phức là t  3  2i hoặc t  3  2i . 0.25 Do vậy z  3  i  3  2i hoặc z  3  i  3  2i 0.25 Vậy z  i hoặc z  3i . 9 Không mất tổng quát có thể giả sử a  b  c . Suy ra 6  a  b  c  c  c  c (1,0 suy ra c  2; a  b  4 điểm) 2 0.25   a  b 2  Ta chứng minh bất đẳng thức  a  2  b  2     2 2  2    2    Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với 4 2 2 2 a b  2 a  2b 2  a  b 2 2 4   a  b   16  a  b    a  b   16a 2b 2 16 2 2 2  16  a  b    a 2  b 2   4ab  a  b  0.25 2 2 2  16  a  b    a  b   a  b   4ab    2 Bất đẳng thức cuối cùng đúng bởi vì  a  b   4 2  16 . a b Đặt x  ta có 2 0.25 a 2 2 2 2 2  2  b  2  c  2    x  2   c  2    x  2  2 2 2  6  2x  2 2 
5 Vì c  1 nên ta có 2 x  c  6  x  . 2  5 Hơn nữa 2 x  a  b  4 nên ta có x   2;  .  2 Ta cần tìm giá trị lớn nhất của 2 2 f  x    x 2  2   6  2 x   2   4 x 6  24 x5  54 x 4  96 x3  168 x 2  96 x  152    5 trên  2;  .  2  5 f '  x   12  x 2  2   x  2   x 2  3 x  1 , và f '  x   0,  x   2;  .  2 Nhưng f  2   216 nên f  x  đạt GTLN bằng 216, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  2 . 0.25 Vậy ta có  a 2  2  b 2  2  c 2  2   216 , hay P đạt GTLN bằng 216, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  2 . Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác đáp án và đúng thì vẫn được điểm tối đa. ----------------Hết----------------