zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi thử, kỳ thi THPT quốc gia lần 1, có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Ngô Sĩ Liên (Năm học 2015-2016)

Chia sẻ: LƯƠNG TÂM | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

53
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi tốt nghiệp là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là đề thi thử, kỳ thi THPT quốc gia lần 1, có đáp án môn "Toán 12 - Trường THPT Ngô Sĩ Liên" năm học 2015-2016 giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử, kỳ thi THPT quốc gia lần 1, có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Ngô Sĩ Liên (Năm học 2015-2016)

SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN Năm học 2015 - 2016 MÔN: TOÁN LỚP 12 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 2 (1). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = 9x+7. 9 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x + trên x−1 đoạn [2; 5]. Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị của tham số m để hàm số y = x3 + (m − 3)x2 + m2 x + 1 đạt cực tiểu tại x = 1. π π 3 Câu 4 (1,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức P = cos α + . cos α − , biết cos α = . 3 3 5 Câu 5 (1,0 điểm). Lớp 12A có ba bạn học sinh nam và 3 bạn học sinh nữ đi cổ vũ cuộc thi tìm hiểu Luật an toàn giao thông. Các em được xếp ngồi vào 6 ghế hàng ngang. Tính xác suất sao cho ba bạn nữ ngồi cạnh nhau. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, BC = 2a. SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, D có AD = DC = 2AB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên cạnh BC; I là trung điểm của AH; đường thẳng AI cắt DC tại K(1; −2). Tìm toạ độ của các điểm D, C biết DH : x − 2y − 3 = 0 và D có tung độ nguyên. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x3 + x2 + 3x − 1 = y + (y + 4)√y + 1  √ (x, y ∈ R). 3y 2x + 1 = 2(x3 − y − 1)  Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện x ≥ z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức r x y z P =p +p + . x2 + y 2 y2 + z2 z+x HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: ............................................................; Số báo danh:..................................
SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN: TOÁN LỚP 12 Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược cách giải và đáp số. Bài làm của học sinh phải lập luận chặt chẽ, đầy đủ. Nếu học sinh làm theo cách khác và lập luận chặt chẽ thì vẫn cho điểm tương ứng. Câu Nội dung Điểm *) TXĐ:  *) Sự biến thiên: +) Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y   x  x  0.25 x  2 +) Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x; y '  0   x  0 +) BBT: 0.25 1.1 (1,0đ) +) HS đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;   ; HS nghịch biến trên khoảng  0; 2  0.25 +) HS đạt cực đại tại x  0; y C§  2 ; HS đạt cực tiểu tại x  2; y CT  2 *) Đồ thị: Lấy đúng điểm, vẽ đúng đồ thị 0.25 Gọi M  x0 ; y0    C  là tiếp điểm của tiếp tuyến  cần tìm với đồ thị  C  . 0.25 HSG của tiếp tuyến  là k  3 x0 2  6 x0 1.2  x0  1 Do  / / d : y  9 x  7  k  9  3 x0 2  6 x0  9   0.25 (1,0đ)  x0  3 Với x0  1  y0  2   : y  9 x  7 ( loại) 0.25 Với x0  3  y0  2   : y  9 x  25 ( thoả mãn). KL:……. 0.25 1
Câu Nội dung Điểm TXĐ: D   \ 1  Hàm số xác định và liên tục trên đoạn  2;5 0.25 9  x  4   2;5  y '  1 , x  D ; y '  0   0.25  x  1  x  2   2;5  2 2 (1,0đ) 29 y  2   11; y  5   ; y  4  7 0.25 4 Vậy min y  7  x  4; m ax y  11  x  2.  2;5  2;5 0.25 TXĐ:  ; y '  3 x 2  2  m  3 x  m 2 ; y ''  6 x  2  m  2  0.25 m  1 Hàm số đạt cực tiểu tại x  1  y ' 1  0  m 2  2m  3  0   0.25 3  m  3 (1,0đ) Với m  1  y '' 1  2  0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 . Vậy m  1 thoả mãn. 0.25 Với m  3  y '' 1  6  0 . Hàm số đạt cực đại tại x  1 . Vậy m  3 loại. 0.25 KL:…… 1 2  1  1 P   cos 2  cos    2 cos   1   2 0.5 4 2 3  2 2 (1,0đ) 3 39 Mà cos   P 0.5 5 100 Không gian mẫu là tập hợp các cách xếp 6 học sinh ngồi vào 6 ghế hàng ngang. Số phần tử của không gian mẫu là:  = 6! 0.25 Gọi A là biến cố “ Ba bạn nữ ngồi cạnh nhau”. Ta coi ba bạn nữ ngồi cạnh nhau là một phần tử x. Số cách chọn phần tử x là 3!. 5 Việc xếp 6 bạn học sinh thành hàng ngang sao cho ba bạn nữ ngồi cạnh nhau trở thành 0.5 (1,0đ) việc xếp thứ tự 4 phần tử (3 bạn nam và phần tử x). Số cách xếp là 4!. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:  A =3!.4!  A 3!.4! 1 Xác suất của biến cố A là P  A     0.25  6! 5 + SA   ABCD   AB là hình chiếu vuông góc của SB lên  ABCD    SB,  ABCD     SB, AB   SBA   SBA   450 6 0.5 (1,0đ) + Tam giác SAB vuông cân tại A nên SA = a + S ABCD  2a 2 1 2a 3 + VS . ABCD  SA.S ABCD  3 3 2
Câu Nội dung Điểm + Dựng hình bình hành ACBE. Ta có EB / / AC  AC / /  SBE   d  AC , SB   d  AC ,  SBE    d  A,  SBE   1 a3 VS . ABE  VS . ABCD  . 2 3 0.5 2 3a Tam giác SBE có BE  AC  a 5; SE  a 5; SB  a 2  S SBE  2 3.VS . ABE 2a 2a Vậy d  A,  SBE      d  AC , SB   S SBE 3 3 + Kẻ BE vuông góc DC tại E   EBC  EC  DE  AB; HDC  2 + Kẻ KF vuông góc DH tại F. KF  d  K , DH   5 0.25   1  sin HDC   tan EBC tan HDC  1 2 5 KF  KD  2  sin HDC 7  d  2 + D  DH  D  2d  3; d  , d  ; DK   2d  2    d  2  2 2 2 (1,0đ) d   2  5 0.25 Vì d    d  2  D  1; 2  Đặt AB  a  a  0   CD  2a; CE  a   2a ; BC  EC.sin EBC CH  CD.sin HDC   a 5  BH  3a 5 5 CK HC 2 2a 8a 0.5    CK   DK   KD  4 KC AB HB 3 3 3   1  KD  4 KC  C  ; 2  . KL……. 2  ĐKXĐ: y  1 x 3  x 2  3 x  1  y   y  4  y  1  x 3  x 2  3 x   y  1 y  1   y  1  3 y  1 8 Xét hàm số f  t   t 3  t 2  3t ; f '  t   3t 2  2t  3  0, t    hàm số f  t  đồng biến 0.25 (1,0đ) trên  Mà 1  f  x   f   y 1  x  y  1  x  0; x 2  y  1  y  x 2  1 Thế y  x 2  1 vào phương trình (2) ta được: 0.25 3
Câu Nội dung Điểm 3  x 2  1 2 x  1  2  x 3  x 2    x  1 3  x  1 2 x  1  2 x 2   0 x  1  3  x  1 2 x  1  2 x  3 2 Do x  0  x  1  0  3  4 x 4  18 x3  45 x 2  36 x  9  0   x 2  6 x  3 4 x 2  6 x  3  0 0.25  x2  6x  3  0 x  3  2 3  2   4 x  6 x  3  0 VNo   x  3  2 3  ko t / m  x 1 y  0 x  3  2 3  y  20  12 3 0.25 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là 1;0  ; 3  2 3; 20  12 3   1 1 1 y z x P   . Đặt a  ; b  ; c   abc  1; c  1  y 2 z 2 x x y z 1   1   1 x z  y 1 1 2 0.5 Do abc  1; c  1  ab  1    1 a 2 1 b 2 1  ab 2 1 2 c 1 P   1  ab 1 c 1 c 2 c 1 Xét hàm số f  c   , c  1;   1 c 9 2 c (1,0đ) f 'c  ; f 'c  0  c  4 1  c  c . 1  c BBT c 1 4  0.5 f’(c) + 0 - 5 f(c) 3 2 2 2 1 Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 đạt được khi a  b  ; c  4 hay x  2 y  4 z . 2 4

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.