Đề thi thử lần 1 kỳ thi quốc gia THPT có đáp án môn: Toán - Trường THPT Đông Thọ (Năm học 2014-2015)

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

55
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn và quý thầy cô hãy tham khảo đề thi thử lần 1 kỳ thi quốc gia THPT có đáp án môn "Toán - Trường THPT Đông Thọ" năm học 2014-2015 sau đây nhằm giúp các em củng cố kiến thức của mình và thầy cô có thêm kinh nghiệm trong việc ra đề thi. Chúc các em thành công và đạt điểm cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử lần 1 kỳ thi quốc gia THPT có đáp án môn: Toán - Trường THPT Đông Thọ (Năm học 2014-2015)

SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN I TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN : TOÁN Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3x2  4 (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1. c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt. Câu 2 ( 2,0 điểm). Giải các phương trình: 3 sin 2 x  2 sin x 2 b) 9  3 20 x x1 a) sin 2 x. cos x Câu 3 ( 1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 4  8 x 2  2015 trên đoạn  1;3 . 1 Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân I   (x  2015)e x dx 0 Câu 5 ( 1,0 điểm). Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng (các viên bi có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu. Câu 6 ( 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2 ; 4 ; -1) , B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1). a)Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm uuurA(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ; 1) uuur b) Tính góc giữa hai véc tơ AB và CD Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB=4a, AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a.  x 2  y 2  xy  1  4 y Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  , ( x, y  R) .  y( x  y)  2 x  7 y  2 2 2 .................Hết................... >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 1
SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN I TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN : TOÁN ( Đáp án – thang điểm gồm 07 trang) Câu Nội dung Điểm 1 a) (1,0đ) 0,25 (2,0đ) 1/ Tập xác định: R x  0 2/ Sự biến thiên y ,  3x 2  6 x ; y,  0   x  2 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;0  và  2;   ; hàm số nghịch biến 0,25 trên khoảng  0; 2  . Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0  yCĐ = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2  yCT = 0. 0,25 lim y  ; lim y  ; x  x  Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 0,25 Bảng biến thiên x  0 2  , y + 0 - 0 + 0,25 y 4   0 3/Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (2;0), (1;0); đi qua 0,25 điểm (3;4). >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 2
y 0,25 4 -1 O 1 2 3 x b) (0,5đ)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1. Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, x0  1  y0  2 y ,  3x 2  6 x , suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là y , (1)  3 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y  3x  5 c) (0,5đ)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt. Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 3x2 + 4 = mx – 2m 0,25  (x – 2)(x2 – x – 2 – m) = 0 0,25 x  2 0,25  2  x  x  2  m  0(*) để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0,25   9  4m  0 0,25 hay  2  2  2  m  0 2  9 0,25 m    4 m  0 9 Vậy với m  (  ;+  )\{0} 0,25 4 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 3
2 3 sin 2 x  2 sin x (2,0đ) a) (1,0đ)Giải phương trình: 2 sin 2 x. cos x sin x  0 ĐK: sin2x  0 =>  cos x  0 0,25 Phương trình trở thành : 0,25 2sin x(3cos x  1) 2 2sin x.cos 2 x  3cos x  1  2cos 2 x ( Do sin x  0 ) 0,25 cos x  1  2cos2 x  3cos x  1  0   0,25 1 cos x   2 *)cosx = 1  sinx = 0 (loại) 0,25 1  0,25 *)  cos x   x    k 2 (kZ) . 2 3  Vậy phương trình có nghiệm x    k 2 3 b) (1,0đ) Giải phương trình: 9  3 20 x x1 Đặt 3x  t (t  0) phương trình đã cho trở thành : 0,25 t 1 t 2  3t  2  0   0,25 t  2 Với t = 1, ta được x = 0 0,25 Với t = 2, ta được x  log3 2 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm x  0, x  log3 2 3 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 4  8 x 2  2015 (1,0đ) trên đoạn  1;3 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 4
 x  2   1;3 0, 5  Ta có f ' ( x)  4 x3  16 x ; f ' ( x)  0   x  0   1;3  x  2   1;3 Ta có : 0,25 f (1)  2022; f (0)  2015; f (2)  2031; f (3)  2006 Vậy max f ( x)  2006 và min f ( x)  2031 0,25  1;3  1;3 4 1 (1,0đ) Tính tích phân I   (x  2015)e x dx 0 1 1 0,25 I   2015e dx   xe dx  I1  I 2 x x 0 0 1 1 0,25 I1   2015e dx  2015e  2015e  2015 x x 0 0 1 0,25 Tính I 2   xe dx x 0 u  x du  dx Đặt    dv  e x dx v  e x >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 5
1 0,25 Do đó I 2  xe x 1   e dx  e  e x x 1 1 0 0 0 Vậy I  2015e  2014 5 Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng (các viên bi (1,0đ) có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu. 0,25 Ta có số phần tử của không gian mẫu là: n( )  C15  1365 . 4 Gọi A là biến cố “4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu”. Khi đó biến cố đối A là“4 viên bi chọn ra có đủ cả ba màu TH1 : 4 viên được chọn có 2 bi đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng 0,25 Suy ra số cách chọn là C42 .C51.C61 TH2 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 2 bi xanh và 1 bi vàng Suy ra số cách chọn là C41.C52 .C61 TH3 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi xanh và 2 bi vàng Suy ra số cách chọn là C41.C51.C62  n( A)  C42 .C51.C61  C41.C52 .C61  C41.C51.C62  720 0,25 0,25 n( A) 720 48 43 Do đó P( A)     P( A)  1  P( A)  n() 1365 91 91 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 6
6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2 ; 4 ; -1) , (1,0đ) B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1). a) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ; 1) uuur uuur b) Tính góc giữa hai véc tơ AB và CD a Ta có bán kính của mặt cầu (S) là 0,25 (0,5đ) uuur R  AB  (1)2  02  22  5 Vậy phương trình mặt cầu (S) là ( x  2)2  (y 4)2  (z 1)2  5 0,25 uuur uuur b (0,5đ) Ta có : AB  (1;0;2), CD  (0; 2; 2) 0,25 uuur uuur 0,25 Góc giữa hai véc tơ AB và CD là uuur uuur uuur uuur AB.CD cos( AB, CD)  uuur uuur  AB . CD (1).0  0.(2)  2.(2) 2  (1) 2  02  22 . 02  (2) 2  (2) 2 10 7 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB=4a, (1,0đ) AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a. 0,25 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 7
S 3a A C 5a 4a B 0,25 Do SA  ( ABC) nên SA là đường cao của khối chóp S.ABC. Trong tam giác vuông ABC. Ta có: BC  AC 2  AB2  (5a)2  (4a)2  3a 1 1 0,25 SABC  AB.BC  .3a.4a  6a2 2 2 Vậy thể tích của khối chóp tam giác S.ABC là 0,25 1 V= SABC. SA = 6a3 (đvtt) 3 8  x 2  y 2  xy  1  4 y (1,0đ) Giải hệ phương trình:  , ( x, y  R) .  y( x  y)  2 x  7 y  2 2 2 Nhận xét: hệ không có nghiệm dạng (x0 ;0) 0,25  x 1 2  x y  4  x  y  xy  1  4 y 2 2  y Với y  0 , ta có:   .  y( x  y)  2 x  7 y  2 ( x  y ) 2  2 x  1  7 2 2 2  y >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 8
x2  1  uv  4  u  4v  v  3, u  1 0,25 Đặt u  , v  x  y ta có hệ:  2  2  y v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9 +) Với v  3, u  1 ta có 0,25  x2  1  y  x2  1  y  x2  x  2  0  x  1, y  2 hệ:     . x y 3  y  3 x  y  3 x  x  2, y  5 Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5).  x 2  1  9 y  x 2  1  9 y  x 2  9 x  46  0 0,25 +) Với v  5, u  9 ta có hệ:    ,  x  y  5  y  5  x  y  5  x Hệ này vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y)  {(1; 2), (2; 5)}. ................ Hết.................. >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 9