Đề thi thử THPT Quốc gia năm học 2015-2016 môn Toán lần 1 - Trường THPT Hiền Đa

Chia sẻ: Minh Thư | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

66
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn đang gặp khó khăn trước kì thi thử 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 THPT Quốc gia năm học 2015-2016 môn Toán lần 1 - Trường THPT Hiền Đa" sẽ giúp các bạn nhận ra cách giải các bài tập trong đề thi. Chúc các bạn làm thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia năm học 2015-2016 môn Toán lần 1 - Trường THPT Hiền Đa

SỞ GD & ĐT PHÚ THO KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA NĂM HOC 2015-2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đê Câu 1 ( 1 điểm ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2 (C). Câu 2 ( 1 điểm ) Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) có phương trình y  x3  3x 2  2 tại điểm có hoành độ bằng 2. Câu 3 ( 1 điểm )  4   a) Cho góc  thỏa mãn     và sin   . Tính A  cos     2 5  6 2  3i b) Tính modun của số phức z biết z    2  i   1  2i  1 i Câu 4 ( 1 điểm )  a) Giải phương trình sau: log 3 x  x  3  2 2  b) Đội học sinh giỏi cấp trường môn tiếng Anh Trường THPT Hiền Đa theo từng khối là như sau: khối 10 có 5 học sinh, khối 11 có 5 học sinh và khối 12 có 5 học sinh. Nhà trường cần chọn một đội tuyển gồm 10 học sinh tham gia thi IOE cấp tỉnh. Tính xác suất để đội lập được có học sinh cả ba khối và có nhiều nhất 2 học sinh lớp 10. e Câu 5 ( 1 điểm ) Tính tích phân sau I   x.ln x.dx 1 Câu 6 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;1;2), B(-1;2;1), C(2;-1;0). Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1;- 2;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). Câu 7 ( 1 điểm ) Cho hình chóp đều S.ABC có các cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên với mặt đáy là 60o; gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AE và SC. Câu 8 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I; có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y - 2 = 0, D(2; -1) là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm E(3; 1) là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AI; điểm P(2;1) thuộc đường thẳng AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 9 ( 1 điểm ) Giải phương trình sau trên tập số thực:   3 x 2  2 x  3 7 x 2  19 x  12   16 x 2  11x  27 x  4 1 12  7 x Câu 10 ( 1 điểm ) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:  a  c   b  c   4c . Tìm giá 2 4a 4b 2ab a2  b2 trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P     .  b  c   a  c  c2 c ----------------- Hết ---------------- - Thí sinh không được sử dụng tài liêuê - Cán bô ê coi thi không giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh :................................................ Số báo danh :............................
SỞ GD & ĐT PHÚ THO HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HOC 2015 - 2016 MÔN TOÁN I. Một số chú ý khi chấm bài - Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. - Thí sinh làm bài theo cách khác với đáp mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của đáp án. - Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số. II. Đáp án – thang điểm Câu 1( 1 điểm ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  2 ĐIÊ (C). M Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). +) TXĐ: D = R y  ; lim y   0.25 +) Giới hạn : xlim x  Đths không có tiê êm câ nê y '  3x 2  6 x x  0 y'  0   x  2 +) BBT 0.25 x  0 2  y' + 0 - 0 + 2  y  -2 +) Hàm số đạt cực đại tại xcđ =0; ycđ = 2. Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2; yct = -2. +) Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;   0.25 Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  +) Đồ thị 8 6 4 0.25 2 -15 -1 0 -5 5 10 15 -2 -4 -6 -8 Câu 2 ( 1 điểm ) Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) có phương trình y  x3  3 x 2  2 tại điểm có hoành độ bằng 2.
Ta có y '  3 x 2  6 x Giả sử M(xo; yo) là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C). 0.5 với xo = 2  yo  y  2   2; y '  2   0 Vâ êy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(2; -2) là 0.5 y = 0(x - 2) - 2 hay y = - 2. Câu 3 ( 1 điểm )  4   a) Cho góc  thỏa mãn     và sin   . Tính A  cos     2 5  6 2  3i b) Tính modun của số phức z biết z    2  i   1  2i  1 i  a) Vì     nên sin   0; cos  0 2 9 ta có sin   cos   1  cos x  2 2 2 0.25 25 3  cos x   ( vì  cos x  0 ) 5   3 1 A  cos      cos  sin   6 2 2 0.25 3  3 1 4 43 3  .    .   2  5 2 5 10 z 2  3i   2  i   1  2i    2  3i   1  i   2  3i  2 1 i 2 b) 0.25 2  5i  3 1 5 7 11   4  3i    i  4  3i   i 2 2 2 2 2 2 2 Ta có : z        7 11 170 0.25 2  2  2 Câu 4 ( 1 điểm ) a) Giải phương trình sau: log 3  x  x  3  2 2 b) Đội học sinh giỏi cấp trường môn tiếng Anh Trường THPT Hiền Đa theo từng khối là như sau: khối 10 có 5 học sinh, khối 11 có 5 học sinh và khối 12 có 5 học sinh. Nhà trường cần chọn một đội tuyển gồm 10 học sinh tham gia thi IOE cấp tỉnh. Tính xác suất để đội lập được có học sinh cả ba khối và có nhiều nhất 2 học sinh lớp 10. x  2 2   a) Ta có log 3 x  x  3  2  x  x  3  9  x  x  6  0   2 2 0.25  x  3 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = -2 và x = 3 0.25 b) Gọi  là không gian mẫu của phép thử chọn 10 học sinh trong tổng số 15 0.25 học sinh tham gia thi IOE cấp tỉnh.  n     C15  3003 10 Gọi A là biến cố: " Đội lập được có học sinh cả ba khối và có nhiều nhất 2 học 0.25 sinh lớp 10 ".
TH1: Có đúng 1 học sinh khối 10  có 5.1.C5  5.C5 .1  50 cách. 4 4 TH2: Có đúng 2 học sinh khối 10  có C52 .C53 .C55  C52 .C54 .C54  C52 .C55 .C53  450 cách  n  A  450  50 n  A 500  P  A   n    3003 e Câu 5 ( 1 điểm ) Tính tích phân sau I   x.ln x.dx 1  dx  du  u  ln x x Đặt   0.25 dv  x.dx v  x 2  2 e  x2  e x 2 1 I   .ln x    . .dx 0.25  2 1 1 2 x e e2 1 e e2 1 e2 e2 1    x.dx   .x 2    0.25 2 2 1 2 4 1 2 4 4 e2 1 I   0.25 4 4 Câu 6 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;1;2), B(-1;2;1), C(2;-1;0). Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). uuur uuur uuur uuur Ta có AB  2;1; 1 ; AC  1; 2; 2   AB  AC  A,B,C không thẳng hàng uuur uuur 0.25   AB, AC    4; 5;3 uuur uuur Mp(ABC) đi qua A và nhận  AB, AC  làm véctơ pháp tuyến có phương trình 0.25 là: -4(x - 1) -5(y - 1) +3(z - 2) = 0 hay -4x - 5y + 3z + 3 = 0. Mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc mp(ABC) nên mặt cầu (S) có bán kính là: 4  10  9  3 9 2 R = d  I ,  ABC    0.25  16  25  9 5 162 Phương trình mặt cầu (S) là :  x  1   y  2    z  3  2 2 2 0.25 25 Câu 7 ( 1 điểm ) Cho hình chóp đều S.ABC có các cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên với mặt đáy là 60o; gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AE và SC.
S K F A C H E B E trung điểm của BC.nên AB  BC và SE  BC suy ra góc giữa SA và ·  60o . 0.25 (ABCD) là SAE a 3 a 3 a 3 có AE = ; HE= ; AH = 2 6 3 Trong tam giác vuông SHA có SH =AH. tan60o = a .. 1 1 a 3 a2 3 0.25 Diện tích đáy là SABC =. AE.BC  . .a  2 2 2 4 1 1 a 2 3 a3 3 Thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC = SH .S ABC  .a.  (đvtt) 3 3 4 12 Dựng hình chữ nhật HECF. Có CF  HF và CF  SH  CF  (SHF). Hạ HK  SF  HK  (SCF) . Do CF // AE  d(AE, SC) = d(AE,(SCF)) = d(H,(SCF)) = HK. a CE = HF = 2 Trong tam giác vuông SHF có 1 1 1 1 4 5 0.5 2  2  2  2 2  2 HK SH HF a a a a  HK  5 a  d(AE, SC) = . 5 Câu 8 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I; có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y - 2 = 0, D(2; -1) là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm E(3; 1) là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AI; điểm P(2;1) thuộc đường thẳng AC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
A E I P B D C M Gọi M là điểm đối xứng của A qua I. uuur Chứng minh DE // CM từ đó DE  AC. DE  1;2  Phương trình đường thẳng AC là  x  2   2  y  1  0  x  2 y  4  0 x  2 y  4  0 x  0 Tọa độ điểm A thỏa mãn    A  0;2  x  y  2  0 y  2 uuur uuur Ta có AD  2; 3 ; AE  3; 1 0.5 Phương trình đường thẳng BE là 3  x  3   y  1  0  3x  y  8  0 Phương trình đường thẳng BD là 2  x  2   3  y  1  0  2 x  3 y  7  0  27  x  3x  y  8  0 7  17 5  Tọa độ điểm B thỏa mãn    B ;  2 x  3 y  7  0  y  5 7 7   7  26  x x  2 y  4  0  7  26 1  Tọa độ điểm C thỏa mãn    C ;  2 x  3 y  7  0 y  1  7 7 0.5  7  17 5   26 1  Vậy A(0;2); B  ; ; C  ;   7 7   7 7 Câu 9 ( 1 điểm ) Giải phương trình sau trên tập số thực: 3  x 2  2 x  3 7 x 2  19 x  12   16 x 2  11x  27 x  4 1 12  7 x
 12 4  x  Điều kiện:  7  1 0.25  x  3  Phương trình   x  1 3 x  4  12  7 x  16 x  24  0  x  1 0.25  3 x  4  12  7 x  16 x  24  2     2 2 pt  3 x  4  12  7 x  9 x4  12  7 x    3 x  4  12  7 x  3 x  4  12  7 x 3 x  4  12  7 x   3 x  4  12  7 x  1  3 x  4  1  12  7 x  9 x  36  1  12  7 x  2 12  7 x  2 12  7 x  23  16 x  23 12 0.5   x    16 7 48  28 x  529  736 x  256 x 2   23 12   x    16 7 256 x 2  764 x  481  0   23 12   16  x  7 382  6 633  x  x  382  6 633 256  256 382  6 633 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1 ;  x  256 Câu 10 ( 1 điểm ) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:  a  c   b  c   4c . 2 4a 4b 2ab a 2  b2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P    2  .  b  c  a  c c c  a  b  Từ giả thiết ta có:   1  1  4  c  c  a b 0.25 4 4 2 2 4a 4b 2ab a 2  b2 c c a b a  b P      2 .        b  c   a  c  c2 c b 1 a 1 c c c c c c a b 0.5 Đặt  x;  y  x, y  0 và  x  1  y  1  4  x  y  xy  3 c c
0  xy  1  x  y  2 4x 4y  xy  2 P   2 xy  x 2  y 2  7  5 xy   8 xy  9 y 1 x 1  7  5t  t 2  8t  9  f  t  Với t = xy 0  t  1 t 4 ta có f '  t   5   0 với 0  t  1 t 2  8t  9 suy ra hàm f(t) nghịch biến trên  0;1 . 0.25 Min P = Min f(t) = f(1) = 2  2 Dấu = xảy ra khi a = b = c