Đề thi thử THPT QG năm 2015-2016 lần II môn Toán - Trường THPT Ân Thi

Chia sẻ: Phạm Trung Hảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

66
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp cho các bạn học sinh có thêm kiến thức và kỹ năng để có thể làm bài thi tốt hơn trong kỳ thi THPT Quốc gia sắp tới mà "Đề thi thử THPT QG năm 2015-2016 lần II môn Toán" của Trường THPT Ân Thi đã được thực hiện. Đề thi gồm có 10 câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải bài tập chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT QG năm 2015-2016 lần II môn Toán - Trường THPT Ân Thi

TRƯỜNG THPT ÂN THI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM 2015 - 2016 LẦN II —————— Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. ————————— Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 − 3x x+1 Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = biết tiếp x−1 tuyến đó có hệ số góc k = −2 Câu 3 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z và tính môđun của nó, biết z thỏa mãn iz + 2z = 5i + 2iz b) Giải phương trình 31+x + 31−x − 10 = 0 √ Z 3 x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: I = √ dx 2 x +1+1 0 Câu 5 (1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 0; 5), B(−1; −1; 1) và C(1; 0; 7). Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua ba điểm A, B, C? Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Oy sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P ) bằng 5? Câu 6 (1,0 điểm). 3 π π a) Cho sin α = , α ∈ 0; . Tính giá trị của A = cos 2α + 5 2 4 b) Lớp 12A có 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ đi học muộn. Giáo viên chủ nhiệm lớp 12A chọn ngẫu nhiên 7 học sinh trong số 10 học sinh đi học muộn đó để đi lao động. Tính xác suất sao cho trong số 7 học sinh được chọn có số học sinh nam và số học sinh nữ đều lớn hơn 2? Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa SB và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC? Câu 8 (1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (C) có phương trình (x − 2)2 + (y + 1)2 = 40. Điểm E(5; −5) thuộc cạnh BC, DE cắt đường tròn (C) tại giao điểm thứ hai là H, đường thẳng BH cắt đường thẳng DC tại điểm K(6; −8). Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD? Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: r r  x2 + y 2  x2 + xy + y 2 + =x+y p 2 √ 3 2 y 2 − 2x − 1 + 3 x3 − 14 = y − 2  Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: ab + a + b = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3a 3b ab P = + + − 2a2 − 2b2 b+1 a+1 a+b ——— 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 HƯNG YÊN ĐÁP ÁN THI THỬ THPTQG NĂM 2015 – 2016 LẦN II TRƯỜNG THPT ÂN THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề. ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y  x  3x 3 1,0 TXĐ: D  ; 0,25 y '  3x 2  3 ; y '  0  x  1 Hàm số đồng biến trên (; 1) và (1; ) ; hàm số nghịch biến trên (1;1) 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x  1; y(1)  2 ; Hàm số đạt cực tiểu tại x  1; y(1)  2 lim y  ; lim y   x  x  x  1 1  y'  0  0  2  0,25 y  2 Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận O(0;0) làm tâm đối xứng và đi qua các điểm (2; 2),(2;2) y 3 2 1 O x 0,25 -3 -2 -1 1 2 3 -1 -2 -3 x 1 Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết tiếp tuyến đó x 1 1,0 có hệ số góc k  2 2 Ta có y '  ( x  1) 2 0,25 Gọi (C) là đồ thị của hàm số đã cho,  là tiếp tuyến cần viết phương trình, M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm của  và (C) 2  x0  0 Vì  có hệ số góc k  2 nên y '( x0 )  2   2  x  2 0,25 ( x0  1)2  0 Với x0  0 thì  : y  2 x  1 0,25 Với x0  2 thì  : y  2 x  7 0,25 Câu 3 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z và tính môđun của nó, biết z thỏa mãn iz  2 z  5i  2iz 1,0 b) Giải phương trình 31 x  31 x  10  0 5i a) iz  2 z  5i  2iz  (2  i) z  5i  z   z  1  2i 0,25 2i z  (1)2  22  5 0,25
ĐÁP ÁN ĐIỂM 3 b) 31 x  31 x  10  0  3.3x  x  10  0  3.32 x  10.3x  3  0 0,25 3 3  3 x x  1  3 1 3   x  1 0,25  3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1 và x  1 3 x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: I  0 x 1 1 2 dx 1,0 Đặt t  x2  1  t 2  x 2  1  tdt  xdx 0,5 Đổi cận x  0  t  1 ; x  3  t  2 2  1  2 2  dt   t  ln t  1   1  ln t 3 I  dt   1  0,5 1 t 1 1 t 1  1 2 Câu 5 (1,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;0;5) , B(1; 1;1) và C (1;0;7) . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua ba điểm A , B , C ? Tìm tọa độ điểm M thuộc trục 1,0 Oy sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P) bằng 5? Ta có AB  (1; 1; 4); AC  (1;0; 2) 0,25 Ta có  AB, AC   (2; 2;1) Ta có AB, AC là hai vectơ không cùng phương có giá song song hoặc nằm trong mặt phẳng (P) nên n    AB, AC   (2; 2; 1) là một vtpt của (P) 0,25 Mặt phẳng (P) có phương trình: 2 x  2 y  z  5  0 2b  5 b  5 M (0; b;0)  Oy ta có d ( M , ( P))  5   5  2b  5  15   0,25 3 b  10 Vậy M (0;5;0) hoặc M (0; 10;0) 0,25 Câu 6 (1,0 điểm) 3   a) Cho sin   ,   (0; ) . Tính giá trị của A  cos(2  ) 5 2 4 b) Lớp 12A có 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ đi học muộn. Giáo viên chủ nhiệm lớp 12A 1,0 chọn ngẫu nhiên 7 học sinh trong số 10 học sinh đi học muộn đó để đi lao động. Tính xác suất sao cho trong số 7 học sinh được chọn có số học sinh nam và số học sinh nữ đều lớn hơn 2? 9 16 Ta có cos2   1  sin 2   1   25 25 0,25 4   Suy ra cos   vì    0;  . 5  2   2 2 Ta có A  cos  2     cos 2  sin 2   (cos2   sin 2   2sin  cos  )  4 2 2 0,25 2  16 9 2.3.4  17 2      2  25 25 25  50 b) Phép thử: “Chọn ngẫu nhiên 7 học sinh trong số 10 học sinh đi học muộn của lớp 12A” 0,25 Ta có n()  C107  120
ĐÁP ÁN ĐIỂM Gọi A là biến cố: “Trong 7 học sinh được chọn có số học sinh nam và số học sinh nữ đều lớn hơn 2” Số phần tử của biến cố A là n( A)  C53C54  C54C53  100 100 5 0,25 Xác suất của biến cố A là P( A)  7  C10 6 Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AB  BC  a , AD  2a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa SB và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD 1,0 và SC 1 3a 2 S +) Ta có S ABCD  AB.( BC  AD)  2 2 Ta có SA  ( ABCD) nên AB là hình chiếu của SB 0,25 N trên mặt phẳng (ABCD). Suy ra ABS  ( AB, SB)  (SB,( ABCD))  600 A K D SA  AB tan 600  a 3 1 1 3a 2 a3 3 VS . ABCD  .SA.S ABCD  .a 3.  (đvtt) 0,25 H M 3 3 2 2 B C Gọi M  BD  AC Dựng Mx / / SC , Gọi N  Mx  SA , Ta có MN / / SC  SC / /( BDN )  d (SC, BD)  d (C,( BDN ))  BC / / AD MC BC 1 Ta có  nên    AD  2a  2 BC AM AD 2 1 0,25 Suy ra d ( SC , DB)  d (C , ( BDN ))  d ( A, ( BDN )) 2 Dựng AH  DB , AK  NH Ta có AN  ( ABCD)  AN  DB , lại có DB  AH nên BD  ( AHN )  BD  AK  BD  AK Ta có:   AK  ( BDN )  d ( A, ( BDN ))  AK  NM  AK Ta có tam giác ABD vuông tại A và AH là đường cao nên 1 1 1 1 1 5 2  2  2  2 2  2 AH AB AD a 4a 4a AN AM 2 2 2a 3 Ta có MN / / SC nên    AN  AS  AS AC 3 3 3 Ta có tam giác ANH vuông tại A và AK là đường cao nên 0,25 1 1 1 5 3 2 a 2 2  2  2  2  2  2  AK  AK AH AN 4a 4a a 2 1 a 2 Vậy d ( SC , BD)  AK  2 2 Câu 8 (1,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (C ) có 1,0 phương trình ( x  2)2  ( y  1)2  40 . Điểm E (5; 5) thuộc cạnh BC, DE cắt đường tròn (C )
ĐÁP ÁN ĐIỂM tại H , đường thẳng BH cắt đường thẳng DC tại điểm K (6; 8) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD? Đường tròn (C) có tâm I (2; 1) bán kính R  2 10 A B Ta có góc DHB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên DHB  900 0,25 Xét tam giác BDK có BC  DK , DH  BK nên E là trực I E H tâm của tam giác BDK, suy ra EK  BD BD đi qua I nhận EK  (1; 3) làm vtpt nên BD có phương trình x  3 y  5  0 D C K 0,25 AC đi qua I nhận EK  (1; 3) làm vtcp nên AC có phương trình 3x  y  5  0  x  8  x  3y  5  0  y 1 Tọa độ của B, D là nghiệm của hệ phương trình   ( x  2)  ( y  1)  40 2 2   x  4  0,25   y  3 Nếu B(8;1), D(4; 3) thì thỏa mãn (vì B và E cùng phía so với đường thẳng AC) Nếu B(4; 3), D(8;1) thì không thỏa mãn (vì B và E không cùng phía so với AC)  x  4  3x  y  5  0   y  7 Tọa độ của A, C là nghiệm của hệ phương trình   ( x  2)  ( y  1)  40 2 2  x  0    y  5 0,25 Nếu C(4; 7), A(0;5) thì thỏa mãn (vì C và E cùng phía so với đường thẳng BD) Nếu A(4; 7), C (0;5) thì không thỏa mãn (vì C và E không cùng phía so với BD) Vậy A(0;5), B(8;1), C(4; 7), D(4; 3) Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x2  y 2 x 2  xy  y 2    x y (1) 1,0  2 3  2 y  2 x  1  x  14  y  2 2 3 3 (2) ĐK: y 2  2 x  1 Ta thấy điều kiện có nghiệm của phương trình (1) là x  y  0 Khi đó áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có x2  y 2 (12  12 )( x 2  y 2 ) ( x  y)2 x2  y 2 x  y   hay  (3) 2 4 4 2 2  2 1  1  3 2 2 2 1   x  y   y   1 1  0,5    x 2  xy  y 2  3    2  4   x y y    2 2   3 4 4 3. 3 x 2  xy  y 2 x  y hay  (4) 3 2 (Chú ý: Ta có thể chứng minh (3), (4) bằng phương pháp biến đổi tương đương)
ĐÁP ÁN ĐIỂM Dấu bằng ở (3) và (4) xảy ra khi x  y (5) Từ (3), (4), (5) suy ra (1)  x  y . Với x  y thay vào (2) ta có phương trình 2 x2  2 x  1  3 x3  14  x  2  2 x2  2 x 1   3  x3  14  x  2  0 (6) x  1 2 ĐK:  . Kết hợp với điều kiện x  y  0 và x  y ta được điều kiện x  1  2  x  1  2 Xét hàm số f ( x)  3 x3  14  x  2 trên tập [1  2; ) x2 x  14   x6   x3  14   x  3 7 2 2 f '( x)  1 ; f '( x)  0  x 2  3 3 x  14  3 2 3 x 1 2  y'  2 0,25 y 0 Suy ra f ( x)  0, x [1  2; )  2 x  2 x  1  0, x  [1  2; ) 2  2 x  2 x  1  0 2 Ta có  nên (6)    x  1 2   3 3 x  14  x  2  0, x  [1  2;  )   3 3 x  14  x  2  0 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x  y  1  2 Câu 10 (1,0 điểm): Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: ab  a  b  3 . Tìm giá trị lớn nhất 3a 3b ab 1,0 của biểu thức P     2a 2  2b 2 b 1 a 1 a  b Đặt t  a  b ta có ab  a  b  3  t  3  ab (1) Ta có a, b, c là các số dương nên từ (1) suy ra 0  t  3 (2)  ab t  2 2 t2 0,25 Ta lại có t  3  ab  3    hay t  3   t 2  4t  12  0   (3)  2  4 t  6 Từ (2) và (3) suy ra 2  t  3 3(a 2  b2 )  3(a  b) ab 5(a  b)2  3(a  b) ab 5ab Ta có P    2(a  b )  2 2   a  b  ab  1 ab 4 ab 2  ab  a b  2 2 0,25 5(a  b)  3(a  b)  2  2   5  2   2  5t   Hay P  t  4 ab 2 8 2 5t Xét hàm số f (t )  t  trên [2;3) 8 5t Có f '(t )  1   0, t  [2;3) suy ra hàm số f '(t ) nghịch biến trên [2;3) 0,25 4 1 Suy ra f (t )  f (2), t [2;3) hay f (t )   , t  [2;3) 2 1 Vậy P lớn nhất bằng  khi a  b  1 0,25 2