Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2015 kèm đáp án - THPT Hàn Thuyên

Chia sẻ: Nguyễn Việt Dũng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

197
lượt xem 61
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2015" gồm 9 câu hỏi bài tập tự luận với thời gian làm bài trong vòng 180 phút. Ngoài ra, tài liệu này còn kèm theo đáp án hướng dẫn giải giúp các bạn dễ tham khảo ôn luyện được hiệu quả hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2015 kèm đáp án - THPT Hàn Thuyên

SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN NĂM HỌC 2014 – 2015 (Đề thi gồm có 01 trang) MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3mx 2  4m 2  2 (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m  1 . b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm I (1;0) là trung điểm của đoạn AB. Câu 2 (1,0 điểm).     Giải phương trình 4 sin  x    2 sin  2 x    3 cos x  cos 2 x  2 sin x  2 .  3  6 Câu 3 (1,0 điểm). x  2 2x  5 Tính giới hạn sau lim . x  2 x2 Câu 4 (1,0 điểm). Một hộp đựng 5 viên bi màu đỏ và 6 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi được lấy ra đó có đủ cả hai màu và số viên bi màu đỏ lớn hơn số viên bi màu xanh. Câu 5 (1,0 điểm). 2 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) :  x  1   y  2   9 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn (C ) biết đường thẳng BC có phương trình là 2x  5  0 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A / B / C / có các đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của C / lên mặt phẳng (ABC ) là điểm D thuộc cạnh BC sao cho DB  2DC . Góc giữa đường thẳng AC / và mặt phẳng (ABC ) bằng 45 0 . Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ABC ), ( A / B / C / ) và côsin góc giữa hai đường thẳng AD, CC / . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có BC  2 AD  2 DC , đỉnh C (3;3) , đỉnh A nằm trên đường thẳng d : 3 x  y  2  0 , phương trình đường thẳng DM : x  y  2  0 với M là điểm thỏa mãn BC  4CM . Xác định tọa độ các điểm A, D, B. Câu 8 (1,0 điểm).     2 x  1  4 x 2 y  1  y 2  1 Giải hệ phương trình   x x  y  xy  1  2 xy  x  y  1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 1  2a 2  1  2b 2  1  2c 2  5 . Chứng minh rằng 4 2a 3  b 6  c 6  64 . -----------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 HÀN THUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2014 – 2015 Câu Đáp án Điểm 1 a) (1,0 điểm) (2,0đ) Với m=1, hàm số trở thành: y  x 3  3x 2  2 *Tập xác định: D   *Sự biến thiên: 0,25 x  0 - Chiều biến thiên: y /  3x 2  6x , y /  0   x  2 - Các khoảng đồng biến: ( ; 0 ); ( 2;  ) , khoảng nghịch biến: (0;2). - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -2. 0,25 - Giới hạn tại vô cực: lim y   ; lim y   x  x  - Bảng biến thiên: x  0 2  y/ + 0 - 0 + 2  0,25 y  -2 *Đồ thị: Giao Oy tại (0;2), Giao Ox tại (1;0) và 1  3;0  Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng 0,25 (Học sinh tự vẽ hình) b) (1,0 điểm) x  0 Ta có y /  3x 2  6mx ; y /  0    x  2m 0,25 / Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị  y  0 có 2 nghiệm phân biệt  m  0 Tọa độ các điểm cực trị A, B là A(0;4m 2  2); B(2m;4m 3  4m 2  2) 0,25 m  1 I là trung điểm của AB nên  3 2 0,25  2 m  4 m  2  0 Giải hệ được m = 1, thỏa mãn điều kiện tồn tại cực trị. 0,25 Vậy giá trị của m cần tìm là m = 1. 2 Phương trình đã cho tương đương với (1,0đ) 0,25 2 sin x  2 3 cos x  3 sin 2 x  cos 2 x  3 cos x  cos 2 x  2 sin x  2   4 sin x  2  3 cos x  3 sin 2 x  0  1  2 sin x  3 cos x  2  0  0,25 * 3 cos x  2  0 : phương trình vô nghiệm 0,25      x  6  k 2 x  6  k 2 * 1  2 sin x  0   . Nghiệm của phương trình là  k  Z 0,25  x  5  k 2 x  5  k 2  6  6 1
Câu Đáp án Điểm 3 (1,0đ) Ta có lim x  2 2x  5  lim   x  2 2 x  5 x  2 2x  5  0,25 x  2 x2 x  2  x  2 x  2 2x  5 x 2  8x  20  lim 0,25 x  2 x  2x  2 2x  5   lim x  2x  10  x  10 lim 0,25 x  2 x  2 x  2 2 x  5  x  2 x  2 2 x  5 = 3. 0,25 4 4 Số phần tử của không gian mẫu là: C11  330 . 0,25 (1,0đ) 4 viên bi được chọn gồm 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh. 0,25 Số cách chọn 4 viên bi đó là C 35 .C16  60 . 0,25 60 2 Vậy xác suất cần tìm là p   . 0,25 330 11 5  5 (1,0đ) 2 2  x x  1  y  2   9  2 Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ:   0,5 2 x  5  0 y  2  3 3  2 Đường tròn (C) có tâm I(1; 2). Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (C) nên I là trọng 0,25 tâm của tam giác. Từ đó tìm được A(-2; 2). 5 3 3 5 3 3 Vậy B ;2  ; C ;2     và ngược lại. A(-2; 2)  0,25  2 2   2 2  6     Từ giả thiết có C D  (ABC); AC / , (ABC)  AC / , AD  C / AD  45 0 / 0,25 (1,0đ) a 7 a 7 Sử dụng định lí cosin cho ABD  AD   C / D  AD  0,25 3 3 / /  / Vì CC // AA nên AD, CC  AD, AA .    / 4a Vì C / D  (ABC) nên C / D  (A / B / C / )  C / D  C / A /  DA /  3 0,25 2 2 AA /  CC /  C / D 2  DC 2  a 3 Áp dụng hệ quả của định lí cosin trong A / AD ta được 14 14 0,25 cos A / AD    cosAD, CC /   cos A / AD  56 56 7 Vì A  d  A(a;2  3a ) . (1,0đ) Có S 0,25 ADM  2S DCM  d A, DM   2d C, DM  a  1  A(3;7)  . Do A, C nằm khác phía với đường thẳng DM nên A(-1; 5). 0,25 a  3  A(1;5) AD  CD Vì D  DM  D(d; d  2) . Từ giả thiết có  . Giải hệ ta được d = 5 nên D(5; 3). 0,25 AD  CD Có BC  2AD  B(9;1) . 0,25 2
Câu Đáp án Điểm 8 (1,0đ)     2 x  1  4 x 2 y  1  y 2  1 (1)  . Điều kiện x  y  xy  1  0 (*). Vì t  1  t 2  0 x x  y  xy  1  2 xy  x  y  1 (2) 4x 2  y 2 0,25 nên (1)  2x  1  4x 2  1  y 2  y  2 x  y  0 1  4x 2  1  y 2    2 x  y  1  4 x 2  1  y 2  2 x  y  0  2 x  y  0  y  2 x Thay y = -2x vào (2) ta được x 3x  2x 2  1  4x 2  3x  1 3 1  3 1  3 1 0,25  xx  2  2  x 2   4   2  . Đặt t   2 x x  x x  x x Khi x > 0 ta được t  2  t  4  t  7. Từ đó, kết hợp với x > 0 ta được 3  37 3  37 0,25 x ;y thỏa mãn điều kiện (*) 14 7 Khi x < 0 ta được  t  2  t  4  t  2. Từ đó, kết hợp với x < 0 ta được 3  17 17  3 x ;y thỏa mãn điều kiện (*). Vậy hệ có 2 cặp nghiệm…. 0,25 4 2 9 Với hai số không âm A, B ta chứng minh: 1  A  1  B  1  1  A  B (1). Thật vậy, (1,0đ) (1)  2  A  B  2 1  A 1  B  2  A  B  2 1  A  B  1  A  B  AB  1  A  B , luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi A = 0 hoặc B = 0. 0,5 Áp dụng (1) ta có 5  1  2a 2  1  2b 2  1  2c 2  1  1  2a 2  2b 2  1  2c 2  2  1  2a 2  2b 2  2c 2 . Suy ra a 2  b 2  c 2  4, hay b 2  c 2  4  a 2 . (2)   3 Khi đó 4 2a 3  b 6  c 6  4 2a 3  b 2  c 2  4 2a 3  4  a 2 .  3 Từ (2) và do a, b, c không âm ta có 0  a  2 .  Xét hàm số f (a )  4 2a 3  4  a 2  3 trên 0;2 . Ta có  f / (a )  12 2a 2  6a 4  a 2  2      6a a  2 a 6  a 2  2 8  a 2   0,5 Với a  0;2 , f / (a )  0  a  0; a  2 Có f (0)  64; f ( 2 )  24; f (2)  32 2  f (a )  64; a  0;2 Vậy 4 2a 3  b 6  c 6  64 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  0, c  2 hoặc a  c  0; b  2 3