Đề thi thử THPT năm 2015 có đáp án môn Toán

Chia sẻ: Hoàng Tử Nguyen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

48
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi thử THPT năm 2015 có đáp án môn Toán" giới thiệu một số bài tập cơ bản và phương pháp giải giúp các em học sinh có thể làm quen phương pháp làm bài, chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi quan trọng sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT năm 2015 có đáp án môn Toán

ĐỀ THI THỬ THQG NĂM 2015 Môn: TOÁN. Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = − x 4 + 2 x 2 + 1 . a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2 b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ x = . Tìm 2 tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). Câu 2 (1,0 điểm). 2x +1 a) Giải bất phương trình log 2 + log3 (2 x + 1) log 2 3 . 2 b) Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn? 1 − tan x Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình cot 2 x = . 1 + tan x 5 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = dx . 1 x 3x + 1 uuur Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1; −1), AB = (1;0;3) . Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB vuông tại M. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. Biết 5 SA = a 2, AC = 2a, SM = a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp 2 S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng AB : x − 2 y + 3 = 0 và đường thẳng AC : y − 2 = 0 . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB = 2 IA , hoành độ điểm I: xI > −3 và M ( −1;3) nằm trên đường thẳng BD. (1 − y )( x − 3 y + 3) − x 2 = ( y − 1)3 . x Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( x, y ﾡ ). 2 3 3 x − y + 2 x − 4 = 2( y − 2) Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x + 3 y 7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 xy + y + 5( x 2 + y 2 ) − 24 3 8( x + y ) − ( x 2 + y 2 + 3) . Hết NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ ĐT:0909544238 NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ ĐT:0909544238 1
Câu Nội dung Điểm Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = − x 4 + 2 x 2 + 1 . 1,00 TXĐ: ﾡ 0,25 Giới hạn: lim y = − , lim y = − x − x + x=0 y =1 0,25 Sự biến thiên: y / = −4 x3 + 4 x, ∀x ﾡ � y / = 0 � x= 1 y=2 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−1;0) và (1; + ) , hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ; −1) và (0;1) Bảng biến thiên x − 1 0 1 + y’ + 0 0 + 0 y 2 2 1.a 1 0,25 − − Đồ thị có điểm cực đại A(1;2), B(1;2) và điểm cực tiểu N(0;1). Vẽ đồ thị 0,25 (C). 1.b Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ 2 1,00 x= . Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). 2 � 2 7� 2 Ta có M � � ; �� (C ) . Và y ( ) = 2 / 0,25 �2 4� 2 �2� �2�7 3 Pttt (d) có dạng y = y / � �x − � � � � � �+ � y = 2x + 0,25 �2 � � 2 � 4 4 3 0,25 Pt hđ giao điểm của d và (C): − x 4 + 2 x 2 + 1 = 2 x + � 4 x 4 − 8 x 2 + 4 2 x − 1 = 0 4 NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ ĐT:0909544238 2
2 � 2� 2 �� x − � 2 � ( ) � 4x + 4 2x − 2 = 0 � x = 2 , x = 2 − 2+2 2 ,x = − 2 −2 2 . � � � 2 7 � / �− 2 + 2 1 � / / �− 2 − 2 1� Vậy có 3 điểm: M � ; �2 4 � � 2 �, M � , 2 − �, M � , − 2 − � 0,25 � � � 4�� 2 � 4� � 2x +1 Giải bất phương trình log 2 + log 3 (2 x + 1) log 2 3 . 0,50 2 1 ĐKXĐ 2 x + 1 > 0 � x > − (*) 2 0,25 2.a Với đk (*), pt � log 2 (2 x + 1) + log3 (2 x + 1) �1 + log 2 3 � log 2 3.log3 (2 x + 1) + log 3 (2 x + 1) �1 + log 2 3 � ( log 2 3 + 1) log 3 (2 x + 1) �1 + log 2 3 � log 3 (2 x + 1) �1 �+2� x 1 3 x 1 � � 1 0,25 Đối chiếu (*), tập nghiệm: S = − ;1￺ �2 � Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 0,50 tiết mục hợp ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn? Mỗi cách chọn 2 tiết mục múa trong 3 tiết mục múa là một tổ hợp chập 2 của 3, suy ra số cách chọn 2 tiết mục múa: C32 = 3. 2.b Mỗi cách chọn 2 tiết mục đơn ca trong 5 tiết mục đơn ca là một tổ hợp chập 2 của 5, suy ra số cách chọn 2 tiết mục đơn ca: C52 = 10. 0,25 Mỗi cách chọn 3 tiết mục hợp ca trong 4 tiết mục hợp ca là một tổ hợp chập 3 của 4, suy ra số cách chọn 3 tiết mục hợp ca: C43 = 4. Theo quy tắc nhân, số cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn: 3.10.4 = 0,25 120 1 − tan x Giải phương trình cot 2 x = . 1 + tan x 1,00 sin 2 x 0 π x k � � 2 ĐK: �cos x 0 � 0,25 � �x π tan x −1 − + kπ 4 3 �π � �π � Với ĐK pt � tan � − 2 x �= tan � − x � �2 � �4 � 0,25 π π 0,25 � − 2 x = − x + kπ 2 4 π 0,25 Kết hợp ĐK, ta có nghiệm: x = + kπ , k ﾡ 4 4 5 1 1,00 Tính tích phân I = dx . 1 x 3 x + 1 NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ ĐT:0909544238 3
t 2 −1 2 Đặt t = 3x + 1, t �� 0 x= � dx = tdt 3 3 Đổi cận: x = 1 t = 2; x = 5 t = 4. 0,25 4 1 1 4 1 0,25 I =2 dt � I = ( − )dt 2 t −1 2 2 t −1 t +1 I = ( ln t − 1 − ln t + 1 ) 4 2 0,25 I = 2 ln 3 − ln 5 0,25 uuur Cho điểm A(2;1; −1), AB = (1; 0;3) . Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng 1,00 hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB vuông tại M. uuur uuur uuur Ta có OB = OA + AB = (3;1; 2) B (3;1; 2) 0.25 uuur uuur * OA = (2;1; −1), AB = (1;0;3) không cùng phương: O, A, B không thẳng hàng. 0.25 uuuur uuur Ta có OM = t OA = (2t ; t; −t ) � M (2t ; t ; −t ) và 5 uuuur uuuur AM (2t − 2; t − 1; −t + 1), BM (2t − 3; t − 1; −t − 2) Tam giác MAB vuông tại M thì 0.25 uuuur uuuur AM .BM = 0 � (2t − 2)(2t − 3) + (t − 1)(t − 1) + (−t + 1))( −t − 2) = 0 5 � 6t 2 − 11t + 5 = 0 � t = 1, t = . 6 5 5 5 5 t = 1 M (2;1; −1) A (loại) và t = M ( ; ; − ) thỏa bài toán. 0,25 6 3 6 6 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc 1,00 của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và 5 BD. Biết SA = a 2, AC = 2a, SM = a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính 2 theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC. S A D M K O H B N C NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ ĐT:0909544238 4
Từ giả thiết SO ⊥ ( ABCD) � SO ⊥ AC , OA = a , SO = SA2 − OA2 = a 0,25 1 ∆OSM ⊥ O :OM = SM 2 − SO 2 = a 2 Ta có ∆ABC ⊥ B : BC = 2MO = a, AB = AC 2 − BC 2 = 3a 1 3 3 VS . ABCD = AB.BC.SO = a 0,25 3 3 Gọi N trung điểm BC � MN / / AC � d ( SM , AC ) = d ( AC , ( SMN )) = d (O,( SMN )) : 0,25 ∆OMN ⊥ O ∆OMN ⊥ O : OH ⊥ MN , SO ⊥ MN � MN ⊥ ( SOH ) ∆SOH ⊥ O :OK ⊥ SH � OK ⊥ ( SMN ) � OK = d (O, ( SMN ) 3 a 3 ∆OMN ⊥ O : ON = a, OM = , OH ⊥ MN � OH = a 2 2 4 OS .OH 57 ∆SOH ⊥ O : d ( SM , AC ) = OK = = a 0,25 OS + OH 2 2 19 Cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng 1,00 7 AB : x − 2 y + 3 = 0 và đường thẳng AC : y − 2 = 0 . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB = 2 IA , hoành độ điểm I: xI > −3 và M ( −1;3) nằm trên đường thẳng BD. A D E M F I B C Ta có A là giao điểm của AB và AC nên A ( 1; 2 ) . 0,25 Lấy điểm E ( 0; 2 ) AC . Gọi F ( 2a − 3; a ) AB sao cho EF // BD. EF AE EF BI Khi đó = � = = 2 � EF = 2 AE BI AI AE AI 0,25 a =1 � ( 2a − 3) + ( a − 2 ) = 2 � 2 2 11 a= . 5 uuur Với a = 1 thì EF = ( −1; −1) là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của 0,25 r BD là n = ( 1; −1) . Pt BD : x − y + 4 = 0 � BD �AC = I ( −2; 2 ) BD �AB = B ( −5; −1) uur IB uur IB uur uur �3 3 � Ta có IB = − ID = − ID = − 2 ID � D � − 2; + 2 �. ID IA �2 2 � NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ ĐT:0909544238 5
uur IA uur IA uur 1 uur IA = − IC IC = − IC = − IB 2 IC � C −3 2 − 2; 2 . ( ) 11 uuur �7 1 � Với a = thì EF = � ; � là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của 5 �5 5 � 0,25 r BD là n = ( 1; −7 ) . Do đó, BD : x − 7 y + 22 = 0 � I ( −8; 2 ) (loại). (1 − y )( x − 3 y + 3) − x 2 = ( y − 1)3 . x (1) Giải hệ phương trình. ( x, y ﾡ ) 3 x 2 − y + 2 x3 − 4 = 2( y − 2) (2) 1,00 (I) 2 2 �x − y 0 �x y ĐKXĐ: � � �x 0, y 1 �x 1, y 1 Nhận xét x 1, y = 1 không là nghiệm của hệ. Xét y > 1 thì pt (1) của hệ (I) x 2 + x( y − 1) − 3( y − 1) 2 + ( y − 1) x ( y − 1) = 0 0,25 2 �x � x x �� + −3+ = 0 �y − 1 � y − 1 y −1 x t= , t > 0 . Khi đó, pt (1) trở thành y −1 t 4 + t 2 + t − 3 = 0 � ( t − 1) ( t 3 + t 2 + 2t + 3) = 0 � t = 1. 0,25 x Với t = 1, thì = 1 � y = x + 1 , thế vào pt(2), ta được y −1 8 x 2 − x − 1 + 2 3 x3 − 4 = 2 ( x − 1) � x 2 − x − 1 + 2 � x − 4 − ( x − 1) �= 0 3 3 � � � � � x2 − x −1 �= 0 � x − x −1 + 6 � 2 � ( x3 − 4 ) + + ( x − 1) 3 x 3 − 4 + ( x − 1) � 2 2 �3 � � 0,25 � � � 6 x2 − x −1 � � x − x −1 � 2 1+ =0 2 � (x − 4 ) + + ( x − 1) 2 � 3 3 3 x 3 − 4 + ( x − 1) � � � 1+ 5 � x2 − x −1 = 0 � x = ( x �1) . 2 1+ 5 3+ 5 0,25 Với x = �y= . 2 2 �1+ 5 3 + 5 � Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm ( x; y ) = � � ; � � . � 2 2 � 9 Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x + 3 y 7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1,00 biểu thức P = 2 xy + y + 5( x 2 + y 2 ) − 24 3 8( x + y ) − ( x 2 + y 2 + 3) . NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ ĐT:0909544238 6
2 � 2x + 2 + 3 y + 3 � Ta có 6( x + 1)( y + 1) = (2 x + 2)(3 y + 3) �� 36 x + y + xy �5 . 0,25 � 2 � Ta có 5( x 2 + y 2 ) �( 2 x + y ) � 5( x 2 + y 2 ) �2 x + y và 2 ( x + y − 3) 2 = x 2 + y 2 + 9 + 2 xy − 6 x − 6 y 0 � 2( x + y + xy + 3) �8( x + y ) − ( x 2 + y 2 + 3) 0,25 Suy ra P 2( xy + x + y ) − 24 3 2( x + y + xy + 3) Đặt t = x + y + xy, t ( 0;5] , P f (t ) = 2t − 24 3 2t + 6 24.2 3 (2t + 6)2 − 8 Ta có f (t ) = 2 − / =2 < 0, ∀t ( 0;5] 3 3 (2t + 6) 2 3 (2t + 6) 2 0,25 Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng ( 0;5] . Suy ra min f (t ) = f (5) = 10 − 48 3 2 . x=2 Vậy min P = 10 − 48 3 2, khi 0,25 y =1 Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa. Hết NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ ĐT:0909544238 7