Đề thi thử kỳ thi THPT quốc gia lần 2 năm 2015 môn Toán - THPT Lý Thái Tổ

Chia sẻ: Pham Pham | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là "Đề thi thử kỳ thi THPT quốc gia lần 2 năm 2015 môn Toán - THPT Lý Thái Tổ". 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. Đề thi có đáp án kèm theo. 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 thử kỳ thi THPT quốc gia lần 2 năm 2015 môn Toán - THPT Lý Thái Tổ

SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi 09/03/2015 Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: y = x − 3(m + 2)x + 9x − m − 1 (Cm ) với m là tham số 3 2 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0. b. Gọi ∆ là tiếp tuyến với đồ thị (Cm ) tại giao điểm của đồ thị (Cm ) với trục tung. Viết phương trình tiếp tuyến ∆ biết khoảng cách từ điểm A(1; −4) đến đường thẳng ∆ bằng 82 . Câu 2 (1.0 điểm) Giải phương trình: cos 2x + cos x sin x − sin x + sin 2 x = cos x 5 Câu 3 (1.0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (3x + 1) 2x − 1 dx 1 Câu 4 (1.0 điểm) a. Giải bất phương trình: log 2 (x + 1) − 2 log 4 (5 − x) < 1 − log 2 (x − 2) b. Có 6 tấm bìa được đánh số 0, 1, 2, 3, 4, 5. Lấy ngẫu nhiên 4 tấm bìa và xếp thành hàng ngang từ trái sang phải. Tính xác suất để xếp được một số tự nhiên có 4 chữ số. Câu 5 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −1; 0), B(2; 0; −1) và mặt phẳng (P): 2x + y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm C trên (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) và tam giác ABC có diện tích bằng 14 . Câu 6 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 3a và ABC = 60o. Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD biết SA = SB = SC = a 7 . Câu 7 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân giác trong góc ABC đi qua trung điểm M của cạnh AD, đường thẳng BM có phương trình: x − y + 2 = 0, điểm D nằm trên đường thẳng ∆ có phương trình: x + y − 9 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh B có hoành độ âm và đường thẳng AB đi qua E(−1; 2).  x 2 − 2x − 2(x 2 − x) 3 − 2y = (2y − 3)x 2 − 1  Câu 8 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:  3 2x 2 + x 3 + x + 2  2 − 3 − 2y =  2x + 1 Câu 9 (1.0 điểm) Cho x, y là hai số thỏa mãn: x, y ≥ 1 và 3(x + y) = 4xy. Tìm giá trị lớn nhất và  1 1  giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 − 3  2 + 2  x y  -------------------------- 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:..................................
SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015 Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a. (1.0 điểm) m = 0 ⇒ y = x 3 − 6x 2 + 9x − 1 (2.0 điểm) • Tập xác định: D = ℝ. • Sự biến thiên: x = 1 ⇒ y = 3 0.25 y ' = 3x 2 − 12x + 9; y ' = 0 ⇔   x = 3 ⇒ y = −1 Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên: x −∞ 1 3 +∞ y' + 0 − 0 + 0.25 3 +∞ y −∞ −1 - Hs đb trên khoảng (−∞;1), (3; +∞) và nb trên khoảng (1; 3). 0.25 - Hàm số đạt cực đại tại x = 1; y CÑ = 3 ; đạt cực tiểu tại x = 3; y CT = −1. • Đồ thị: x 4 0 y 3 −1 0.25 b. (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến ∆ … TXĐ: D = ℝ, y ' = 3x 2 − 6(m + 2)x + 9 0.25 Giả sử M là giao điểm của đồ thị hàm số (Cm ) với Oy ⇒ M(0; − m − 1) Phương trình tiếp tuyến ∆ là: y = 9x − m − 1 hay 9x − y − m − 1 = 0 0.25 9. 1 − ( −4) − m − 1  m = 94 Ta có: d(A; ∆) = 82 ⇔ = 82 ⇔ 12 − m = 82 ⇔  0.25 92 + (−1)2  m = −70 Vậy phương trình tiếp tuyến ∆ là: y = 9x − 95; y = 9x + 69. 0.25 2 Giải phương trình … (1.0 điểm) PT ⇔ cos2 x − sin 2 x + cos x sin x + sin 2 x − (sin x + cos x) = 0 0.25 ⇔ (cos x − sin x)(cos x + sin x) + sin x(cos x + sin x) − (cos x + sin x) = 0 0.25 ⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x + sin x − 1) = 0 sin x + cos x = 0 ⇔ (sin x + cos x)(cos x − 1) = 0 ⇔  0.25  cos x = 1 Trang 1/5
 π  tan x = −1  x = − + kπ ⇔ ⇔ 4  cos x = 1  0.26  x = k 2π Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = −π \ 4 + kπ; x = k 2π. 3 Tính tích phân … (1.0 điểm) Đặt t = 2x − 1 ⇒ t 2 = 2x − 1 ⇒ tdt = dx Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1 0.25 x=5 ⇒t =3 3  3(t 2 + 1)  13 13 ⇒ I = ∫ + 1 .t.tdt = ∫ (3t 2 + 5)t 2 dt = ∫ (3t 4 + 5t 2 )dt 0.25 1 2  21 21 3 1  3t 5 5t 3  1  3.35 5.33 3 5  1414 =  +  =  + − − = 0.5 2 5 3  2 5 3 5 3  15 1 4 a. (0.5 điểm) Giải bất phương trình … (1.0 điểm) Điều kiện: 2 < x < 5 (*) Khi đó, BPT ⇔ log2 (x + 1) + log 2 (x − 2) < log 2 2 + log 2 (5 − x) 0.25 ⇔ log2 (x + 1)(x − 2) < log 2 2(5 − x) ⇔ (x + 1)(x − 2) < 2(5 − x) ⇔ x 2 + x − 12 < 0 ⇔ −4 < x < 3 Kết hợp điều kiện (*) ta có: 2 < x < 3 là nghiệm của bất phương trình. 0.25 Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 2 < x < 3. b. (0.5 điểm) Tính xác suất … - Phép thử T: “Lấy ngẫu nhiên 4 tấm bìa và xếp thành hàng ngang từ trái sang phải” ⇒ Số phần tử của không gian mẫu là: Ω = A 64 = 360 0.25 - Gọi A là biến cố “Xếp được một số tự nhiên gồm 4 chữ số” Giả sử n = a1a2 a3a4 là số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau. Chọn a1 có 5 cách. Chọn a2 a3a4 có A35 cách. 0.25 ⇒ Ω A = 5.A 35 = 300 ΩA 300 5 Vậy P(A) = = = Ω 360 6 5 Tìm tọa độ điểm C nằm trên mặt phẳng (P) … (1.0 điểm) Giả sử C(a; b; c) , n P = (2;1;1) là 1 VTPT của (P). Do C ∈ (P) ⇔ 2a + b + c + 1 = 0 (1) 0.25 AB = (1;1; −1) Ta có: ⇒  AB,AC  = (c + b + 1;1 − a − c; b − a + 2) AC = (a − 1; b + 1; c)   ⇒ Mặt phẳng (ABC) nhận n = (c + b + 1;1 − a − c; b − a + 2) là 1 VTPT 0.25 Vì (ABC) ⊥ (P) ⇔ n.n P = 0 ⇔ −2a + 3b + c + 5 = 0 (2) 1 Mà: S∆ABC = AB, AC  ⇒ (c + b + 1)2 + (1 − a − c)2 + (b − a + 2)2 = 2 14 (3) 2   0.25  b = 2a − 2 Từ (1) và (2) ta có:  c = 1 − 4a Trang 2/5
Thay vào (3) ta được: a = 2 ⇒ b = 2,c = −7 (−2a)2 + (3a)2 + a2 = 4.14 ⇔ a2 = 4 ⇔  0.25 a = −2 ⇒ b = −6,c = 9 Vậy tọa độ điểm C thỏa mãn đề bài là: C(2; 2; −7), C(−2; −6; 9). 6 Tính thể tích khối tứ diện SACD … (1.0 điểm) S Do SA = SB = SC và tam giác ABC đều nên hình chiếu của đỉnh S trên (ABCD) là trọng tâm H của tam giác ABC. ∆ ABC đều ⇒ BH = a 3 0.25 9a2 3 Ta có: S∆ACD = S∆ABC = A D 4 K H B C ∆SHB vuông tại H nên ta có: SH = SB2 − BH 2 = 2a 1 3a3 3 0.25 Vậy VSACD = SH.S∆ACD = 3 2 Vì H là trọng tâm tam giác ABC nên 3HD = 2BD 3 Do AB // CD nên d(AB;SD) = d(AB;(SCD)) = d(B;(SCD)) = d(H;(SCD)) 2 0.25 Ta có: HCD = HCA + SAD = 30o + 60o = 90o ⇒ HC ⊥ CD. Mà SH ⊥ CD nên CD ⊥ (SHC) Trong (SHC) kẻ HK ⊥ SC (K ∈ SC) ⇒ d(H;(SCD)) = HK 1 1 1 1 1 2 21 a ∆SHC vuông tại H nên: = + = 2 + 2 ⇒ HK = HK 2 HS HC 2 2 4a 3a 7 0.25 3 3 21 a Vậy d(AB;SD) = HK = ⋅ 2 7 7 Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. (1.0 điểm) ▪ Kẻ đường thẳng đi qua E vuông M góc BM tại H và cắt AC tại E '. A D ⇒ H là trung điểm của EE ' E Phương trình EH là: x + y − 1 = 0 H 0.25  1 3 H = EH ∩ BM ⇒ H  − ;   2 2 B C E' Vì H là trung điểm EE ' ⇒ E '(0;1) ▪ Giả sử B(b; b + 2) ∈ BM (b < 0) ⇒ BE = (−1 − b; − b), BE ' = (− b; −1 − b)  b = 0 (loaïi) 0.25 Mà BE ⊥ BE ' ⇔ BE.BE ' = 0 ⇔ 2b(1 + b) = 0 ⇔   b = −1 (tm) ⇒ B(−1;1) ▪ Phương trình cạnh AB là: x = −1. Giả sử A(−1;a) ∈ AB (a ≠ 1) và D(d; 9 − d) ∈ ∆ 0.25  d −1 9 + a − d  Do M là trung điểm AB ⇒ M  ;   2 2  Trang 3/5
d −1 9 + a − d Mặt khác: M ∈ BM ⇔ − + 2 = 0 ⇔ −a + 2d − 6 = 0 (1) 2 2 ▪ Ta có: AD = (d + 1; 9 − d − a), AB = (0;1 − a) Mà AB ⊥ AD ⇔ AB.AD = 0 ⇔ −a − d + 9 = 0 (2) a = 4 ⇒ A(−1; 4) Từ (1) và (2) ta có:  0.25 d = 5 ⇒ D(5; 4) Do AB = DC ⇒ C(5;1) Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(−1; 4), B(−1;1),C(5;1), D(5; 4). 8 Giải hệ phương trình … (1.0 điểm) 1 1 3 Điều kiện: x ≠ − ; − ≤ y ≤ 2 2 2 PT (1) ⇔ x 2 − 2x + 1 − 2(x − 1)x 3 − 2y + x 2 (3 − 2y) = 0 ⇔ (x − 1)2 − 2(x − 1)x 3 − 2y + x 2 (3 − 2y) = 0 0.25 ( ) 2 ⇔ x − 1 − x 3 − 2y = 0 ⇔ x 3 − 2y = x − 1 (3) Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình ⇒ x ≠ 0 x −1 1 Suy ra (3) ⇔ 3 − 2y = = 1− x x Thay vào PT (2) ta được: 1 3 2x 2 + x 3 + x + 2 1 1+ = ⇔ (2x+1) 1 + = x + 2 + 3 2x 2 + x 3 x 2x + 1 x 0.25 3  1 1 2 2  1 1 2 2 ⇔  2 +  1 + = 1 + + 3 1 + ⇔  1 +  + 1 + = 1 + + 3 1 + ( 4)  x x x x  x  x x x  Xét hàm số f(t) = t 3 + t với t ∈ ℝ Ta có: f '(t) = 3t 2 + 1 > 0 ∀t ∈ ℝ ⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên ℝ. 0.25  1  2 1 2 Do đó, (4) ⇔ f  1 +  = f  3 1 +  ⇔ 1 + = 3 1 + (5)  x   x  x x   Đặt a = 1 / x (a ≠ 0) ⇒ (5) trở thành: 1 + 2a ≥ 0 1 + a = 3 1 + 2a ⇔  (1 + a) = (1 + 2a) 3 2  1 a ≥ − 2  1  1  a ≥ − a ≥ −  1 + 5 1+ 5 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ a = ⇔a= 0.25  a3 − a 2 − a = 0 a 2 − a − 1 = 0  2 2    1 − 5 a =  2 1+ 5 5 −1 1− 5 ▪ Với a = ⇒x= ⇒ (3) ⇔ 3 − 2y = < 0 (loại) 2 2 2 Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm Trang 4/5
9 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức … (1.0 điểm) 3t Đặt t = x + y (t > 0). Khi đó xy = 4 Từ giả thiết ta có: 3(x + y) = 4xy ≤ (x + y)2 ⇒ x + y ≥ 3 ⇒ t ≥ 3 0.25 3t Vì x, y ≥ 1 nên (x − 1)( y − 1) ≥ 0 ⇔ xy − (x + y) + 1 ≥ 0 ⇔ − t + 1 ≥ 0 ⇔ t ≤ 4 4 Vậy ta có 3 ≤ t ≤ 4 . 1 1 4 Mặt khác từ giả thiết ta có: + = ⋅ x y 3 2 0.25 1 1 6 9 8 16 Suy ra: P = (x + y) − 3xy(x + y) − 3  +  + 3 = t3 − t 2 + −  x y  xy 4 t 3 9 8 16 Xét hàm số: f(t) = t 3 − t 2 + − vớ i 3 ≤ t ≤ 4 4 t 3 2 t 8 1 2t ( ( )) Ta có: f '(t) = 3t 2 − t − 2 = 2 t 3 ( 5t − 9 ) + t 4 − 16 > 0 với mọi t ∈ [3; 4] 9 0.25 ⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên đoạn [3; 4]. 49 3 Vậy GTNN của P là: f(3) = khi t = 3 ⇔ x = y = 12 2 0.25 74  x = 1, y = 3 GTNN của P là: f(4) = khi t = 4 ⇔  3  x = 3, y = 1 ▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa. Trang 5/5