Đề thi thử, kỳ thi THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Trần Thị Tâm

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

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn đang gặp khó khăn trước kì thi trung học phổ thông và bạn không biết làm sao để đạt được điểm số như mong muốn. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi thử, kỳ thi THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Trần Thị Tâm" sẽ giúp các bạn nhận ra các dạng bài tập khác nhau và cách giải của nó. Chúc các bạn làm thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử, kỳ thi THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Trần Thị Tâm

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ THI THỬ-KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT TRẦN THỊ TÂM MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x2  1 (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có tung độ y  1 Câu 2: (1,0 điểm) 1  cos x (2 cos x  1)  2 s inx a) Giải phương trình: 1 1  cos x b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1  2i) z  (2  3i) z  2  2i . Tính mô đun của số phức z. Câu 3: (0.5 điểm) Giải phương trình: log 2  3x  2   6  log 1  5 x  2  2  xy  2 x  5 y  3  x 2  2 y 2 Câu 4: (1 điểm) Giải hệ phương trình:   x 2 y  2  y x  1  x  1  2 x  2 y  2  2 Câu 5: (1 điểm) Tính tích phân: I   2 x cos 2 xdx 0 Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh a, SA = a. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh BC. Tính thể tích chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA theo a Câu 7: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 0) và đường thẳng d có x 1 y 1 z phương trình:   . 2 1 1 a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d. b) Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng oxy cho tam giác ABC có phương trình cạnh BC là x - 2y + 3 = 0, trọng tâm G(4; 1) và diện tích bằng 15. Điểm E(3; -2) là điểm thuộc đường cao của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Tìm tọa độ các điểm A, B, C. Câu 9: (0.5 điểm) Một hộp có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp. Tính xác suất để 4 viên bi lấy được có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng. Câu 10: (1 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: 5(x 2 + y 2 + z2 ) = 9(xy + 2yz + zx ) . x 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2 2 - . y +z (x + y + z)3 .............. HẾT………. Họ và tên: ......................................... SBD: ...................... (Thí sinh không được sữ dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: TOÁN CÂU ĐÁP ÁN Điểm Câu 1 a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) + Tập xác định: D   + Giới hạn: lim y  ; lim y   y '  3x2  6x 0,25 x x + Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y '  0   x  0  x  2 Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0) và đồng biến trên các khoảng 0,25 (  ;-2), (0;  ) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x= -2; yCĐ= 5, đạt cực tiểu tại x=0; yCT=1 Bảng biến thiên: x - -2 0 + 0,25 y’ + 0 - 0 + y 5 + -  1  + Đồ thị (C) y 7 6 5 f(x)=x^3+3x^2+1 4 0,25 x(t)=-2, y(t)=t 3 f(x)=5 2 x(t)=1, y(t)=t x(t)=-3, y(t)=t 1 f(x)=1 x -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 -1 b) (1,0 điểm) Hoành độ của tiếp điểm là nghiệm của phương trình x3  3x2  1  1. Suy ra 0,25 x0  0; x0  3 Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là: y '(0)  0; y '(3)  9 0,25 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (0;1) là: y=1 0,25 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (-3;1) là: y=9x+28 0,25 CÂU 2 a) (0,5 điểm) (1,0 điểm) b) Điều kiện: cos x  1  x  k 2 , k   Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương: 0,25 1  cos x (2 cos x  1)  2 s inx  1  cos x  2sin 2 x  2 sin x  2  0 2  5 0,25 sin x    x    k , k  ; x   k , k   (thỏa điều kiện) 2 4 4 b) (0,5 điểm) Gọi z = x+yi  x, y  R  . Phương trình đã cho trở thành:
1  2i  x  yi    2  3i  x  yi   2  2i   x  2 y    2 x  y  i   2 x  3 y    3 x  2 y  i  2  2i 0,25   3 x  5 y     x  y  i  2  2i 3x  5 y  2  x  1   0,25   x  y  2 y 1 Do đó z  12  12  2 CÂU 3 2 ĐK x  (0.5Điểm) 5 Pt đã cho tương đương với log 2  3x  2  5 x  2   6 0.25   3 x  2  5 x  2   64  15 x 2  4 x  68  0 x  2   x   34  15 Kết hợp đk ta được tập nghiệm phương trình là: S  2 0.25 Câu 4  y  1 (1 điểm) ĐK :  0.25 x  1 Pt đầu của hệ tương đương với  x  y  1 2 y  x  3  0  2 y  x  3  0 (do 0.25 đk) Thay vào pt thứ hai, được:  2 y  3 2 y  2  y 2 y  2  2 y  2  2 y  4   y  2   2y  2  2  0  2y  2  2  0  y 1 0.25 (thỏa đk ) 0.25 Hệ pt có nghiệm duy nhất : x  5, y  1   CÂU 5 2 2 (1điểm) I   xdx   x cos 2 xdx 0.25 0 0   2 x2 2 2 0.25 +  xdx   0 2 0 8    2  12 1 2 + J   xcos2 xdx  x sin 2 x 02   sin 2 xdx  cos2 x  0 0 20 4 0 0.25  2 I 0.25 8
CÂU 6 (1điểm) S K A C H B Gọi H là trung điểm cạnh BC. Ta có SH là đường cao của khối chóp S.ABC a 3 3a 2 a Xét SHA(vuông tại H), AH  , SH  SA2  AH 2  a 2   , 2 4 2 a2 3 S ABC  4 1 1 a a 2 3 a3 3 0.25 Thể tích chóp S.ABC: VS . ABC  SH .S ABC  . .  3 3 2 4 24 0.25 * Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K. Ta có HK  SA, HK BC => HK là khoảng cách giữa BC và SA 1 1 1 16 a 3 2  2  2  2 =>HK= 0.25 HK HS HA 3a 4 a 3 Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng 4 0.25 a) 0.5 điểm CÂU 7 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, vì H  d nên ta có (1điểm) ;  1 + t ;  t). H(1 + 2t Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t) 0.25  Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên: 2 7 1 2 0.25 2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = . Vậy H( ;  ;  ) 3 3 3 3 b) 0.5 điểm  Ta có: MH =  ;  ;   . Đường thẳng  đi qua M, cắt và vuông góc với d 1 4 2 3 3 3  0.25 nên có một véc tơ chỉ phương u(1; 4; 2) x  2 y 1 z Phương trình chính tắc thẳng  :   0.25 1 4 2 CÂU 8 Phương trình đường cao kẻ từ đỉnh  A: 2x+y-4=0. Gọi  A(a;4-2a), trung điểm (1điểm) đoạn BC là M(2m-3;m). Ta có AG (4  a; 2a  3); GM (2m  7; m  1) , mà
  a  4m  18 a  4 0.25  7 AG  2GM     7 . Vậy A(4;-4), M(4; ) 2a  2m  1 m  2  2 Gọi B (2b  3; b)  C (11  2b; 7  b)  BC  (14  4b) 2  (7  2b) 2 d ( A; BC )  3 5 nên diện tích tam giác ABC bằng 1 0.25 .3 5. (14  4b) 2  (7  2b) 2  15  20b 2  140b  4255  0 . 2 9 9 5 0.25 Với b= ta có B(6; ); C(2; ) 2 2 2 5 5 9 0.25 Với b= ta có B(2; ); C(6; ) 2 2 2 CÂU 9 n()  C12  495 4 (1điểm) Gọi A là biến cố” 4 viên bi lấy được có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng.” + 4 bi lấy được không có bi vàng: 4bi đỏ; 1 bi đỏ + 3bi xanh; 2 bi đỏ + 2bi xanh; 3 bi đỏ + 1bi xanh; 0.25 + 4 bi lấy được có đúng 1 bi vàng: gồm 1bi vang +2bi đỏ + 1 bi xanh, 1 bi vàng; 3 bi đỏ. n( A)  C54  C51.C43  C52 .C42  C53 .C41  C52 .C31.C41  C53 .C31 = 275 275 5 P  A   0.25 495 9 CÂU 10 Theo giả thiết ta có (1 điểm) 5(x 2  y 2  z2 )  9(xy  2yz  zx)  5(x  y  z)2  9(xy  2yz  zx)  10(xy  yz  zx)  5(x  y  z)2  19x(y  z)  28yz  19x(y  z)  7(y  z)2 0,25  x  19x x  5  1  7  2  x  2(y  z) y  z  y z y z 1 Mặt khác ta có (y  z)2  2(y 2  z2 )  y 2  z2  (y  z)2 2 2(y  z) 1 4 1 Vì vậy P     0,25   y  z 27(y  z)3 3 1 2(y  z)  y  z (y  z)2 2 4 1 (6t  1)2(2t  1) Đặt t  y  z  0  P      16  16 t 27t 3 27t 3  0,25 x  2(y  z)  1  x  Vậy min P  16 ; dấu bằng đạt tại y  z  3  1 y  z  1 y  z   12  6 0,25 (Học sinh có cách giải khác đúng cũng được tính điểm tối đa cho câu hỏi đó)