Đề thi thử THPT Quốc gia 2015 môn Toán lần 2 - Trường THPT Lý Tự Trọng

Chia sẻ: Minh Thư | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

59
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sau đây là "Đề thi thử THPT Quốc gia 2015 môn Toán lần 2 - Trường THPT Lý Tự Trọng", mời các bậc phụ huynh, thí sinh và thầy cô giáo cùng tham khảo để để có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia 2015 môn Toán lần 2 - Trường THPT Lý Tự Trọng

SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-Lần 2 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG MÔN THI: TOÁN TỔ TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1(2 điểm). Cho hàm số y  2 x4  4 x2  2 có đồ thị (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k  48 Câu 2 (1 điểm). a)Giải phương trình: 3 sin 2 x  cos2x-2cosx+1=0 b) Tìm mô đun số phức z biết rằng: z 2  z  2  2i và số phức z có phần thực dương 18 x  6 1 Câu 3(1 điểm) . Tính tích phân sau: I   (e2 x  )dx 0 3x  1  1 Câu 4 (1 điểm) . 15 a) Tìm hệ số của của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức sau :  x 4   5 2  x b) Giải bất phương trình: log2 ( x 1)  2log 4 ( x  2)  log 2 (2 x  4) Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi E là trung điểm của BC . Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE , SC theo a . Câu 6 (1điểm) .Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A 1;0;1 , B 1;2; 3 và mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  1  0 a) Viết phương trình của mặt phẳng (Q) đi qua 2 điểm A; B và vuông góc với mặt phẳng ( P) b) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng AB sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P) bằng 2 Câu 7 (1điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD tâm I , có diện tích bằng  1 20. Điểm M  0;  thuộc đường thẳng AB , điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD , điểm H (2;1) 3  thuộc đường cao kẻ từ I của IMN , trọng tâm G của IMN thuộc đường thẳng  : x  3 y  9  0 Tìm tọa độ đỉnh B, biết B có hoành độ dương và AC  BD   9 y 2  4  3 y  2 9 x 2  1  3x  Câu 8 (1điểm). Giải hệ phương trình sau:    x 2  y 2  2 3 x 4  3 x 2  y 3  2 y y  1( x  3 x )  Câu 9 (1 điểm) .Cho x, y, z là các số thực thoả mãn: x3  y3  z 3  3xyz  1 . Tìm giá nhỏ nhất của biểu thức: P  x 2  y 2  z 2 --------------------Hết------------------ (Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:………………………………
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu1 Nội dung Điểm 1a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  2 x4  4 x2  2 1đ Txđ: D=R x  0 +Sự biến thiên: y '  8 x3  8 x  8 x( x 2  1); y '  0   0,25  x  1 + Hàm số đồng biến trên các khoảng (1;0) và(1; ) + Hàm số nghịch biến trên các khoảng (; 1) và(0;1) 0,25 +Hàm số đạt CĐ tại x=0; yCĐ=2; Hàm số đạt CT tại x  1; yCT  0 + Giới hạn: lim (2 x 4  4 x 2  2)   x  +Bảng biến thiên : x  -1 0 1 + y’(x) 0 0 0 + + 0.25 2 y(x) 0 0 +Đồ thị: y 2 0,25 x -1 O 1 1b Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm ta có: y’  x 0   48 0,25  8x03  8x0  48  x03  x0  6  0 0,25  ( x0  2)( x  2 x0  3)  0 2 0 0,25  x0  2  M (2;18) Vậy phương trình tiếp tuyến là: y  48x  78 0,25 Câu2 1đ 2a Giải phương trình: 3 sin 2 x  cos2x-2cosx+1=0 0,5 pt  2 3 sin x cos x  2 cos 2 x  1  2 cos x  1  0  2 cos x( 3 s inx  cos x  1)  0 cos x  0 0,25   3 s inx  cos x  1  0  cos x  0  x   k , k Z 2
3 1 1 3 s inx  cos x  1  0 s inx  cos x  2 2 2 0,25  x  k 2    sin( x  )  sin   k Z 6 6  x  2  k 2  3 2b Tìm mô đun số phức z biết rằng: z 2  z  2  2i và số phức z có phần thực 0,5 dương Giả sử z  a  bi  z  a  bi (a>0) Từ giả thiết Ta có: (a  bi ) 2  a  bi  2  2i  a 2  b 2  a  (2ab  b)i  2  2i 0,25 a 2  b 2  a  2  2ab  b  2 a 2  b 2  a  2  0 (1)   2 Thay (2) vào (1) ta được  b  (2)  1  2a 4a 4  5a 2  7a  2  0  (a  1)(4a3  4a 2  9a  2)  0 0,25  a  1 (do a  0 nên 4a3  4a 2  9a  2  0) Với a=1 thì b=-2  z  5 18 x  6 1 Câu 3 Tính tích phân sau: I   (e  2x )dx 1đ 0 3x  1  1 18 x  6 1 18 x  6 1 1 Ta có: I   (e2 x  )dx   e2 x dx   dx 0,25 0 3x  1  1 0 0 3x  1  1 1 1 1 Tính  e2 x dx  e2 x  (e2  1) 1 0,25 0 2 0 2 18 x  6 1 Tính  3x  1  1 0 dx 0,25 Đặt u  3x  1  u 2  3x  1  2udu  3dx Đổi cận: x  0  u  1; x  1  u  2 Ta có 6(3x  1) 1 2 2 4u 3 4 I  dx   du   (4u 2  4u  4  )du 0 3x  1  1 1 u 1 1 u 1 4u 3 22 2 0,25 (  2u 2  4u  4 ln(u  1)) 12   4 ln 3 3 3 1 22 2 Vậy I  (e2  1)   4ln 2 3 3 Câu 4 1đ 15  2 Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển nhị thức sau :  x 4   , 0,5  x 4a Số hạng thứ k+1 của khai triển trên là: 2 2k Tk 1  C15k ( x 4 )15k ( )k  C15k x604 k k  C15k 2k.x 605k 0,25 x x Số hạng chứa x ứng với 60  5k  5  k  11 5
Vậy hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển trên là: C15 .2  2795520 11 11 0,25 Giải bất phương trình: log2 ( x 1)  2log 4 ( x  2)  log 2 (2 x  4) 0,5 ĐK: x>2 BPT  log 2 ( x  1)  log 2 ( x  2)  log 2 (2 x  4)  log 2 ( x 1)( x  2)   log 2 (2 x  4) 0,25 4b x  2  x2  5x  6  0   x  3 0,25 Kết hợp với điều kiện tập nghiệm của BPT là: T  (3; ) Câu 5 1đ S A I T D H K B E C CB  AB Vì   CB   SAB   SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB) CB  SA  , SAB  SC  SC      , SB  CSB    300  SB  BC.cot 300  a 3  SA  a 2 0.25 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 1 2a 3 0.25 VS . ABCD  SA.S ABCD  a 2.a  2 (dvtt ) 3 3 3 a + Từ C dựng CI // DE  CE  DI  và DE / /  SCI  2  d  DE, SC   d  DE,  CSI   Từ A kẻ AK  CI cắt ED tại H, cắt CI tại K 0.25  SA  CI Ta có:   CI   SAK    SCI    SAK  và (SCI )  (SAK )  SK  AK  CI Trong (SAK) kẻ: HT  SK  HT   SCI   d  DE, SC   d  H ,  SCI    HT 3 a. a 1 1 CD. AI 2 3a + Ta có: SACI  AK .CI  CD. AI  AK    2 2 CI a 2 5 a2    2 AH AD 2 2 1 a Ta có:    AH  AK  HK  AK  AK AI 3 3 3 5 Lại có ASK đồng dạng với THK 0.25 a a 2. AS SK AS.HK 5 a 38    TH    TH HK SK 3a 19 (a 2) 2  ( ) 2 5 a 38 Vậy d  ED, SC   19 Câu 6 1đ
Ta có:     AB  (0; 2; 4); n( P )  (2; 2; 1);  AB, n( P )   (6; 8; 4) 5a  Qua A(1;0;1) 0,5 Mặt phẳng (Q)    VTPT n  (3; 4; 2) Ta có phương trình của ( ) là : 3( x 1)  4 y  2( z 1)  0  3x  4 y  2 z 1  0 x  1  PTTS của đường thẳng AB là:  y  2t Do điểm M  AB  M (1;2t;1  4t ) 0,25  z  1  4t  2  2.2t  (1  4t )  1 5b d ( M , ( P))  2  2 3  1 0,25 t   M (1;1; 1)  2  8t  6   2  t  1  M (1; 2;5) Câu7 1đ B L M A C I N D G   G(9  3a; a) Gọi I(x;y). Do G là trọng tâm của tam giác IMN ta có: x  3  9  3a  x  27  9a   22  25  1  22  I (27  9a;3a  )  IH (9a  29;  3a) y 37  y  3a  3  3 3 0,25  a  3 Do H thuộc đường cao kẻ từ I của tam giác IMN nên:   20 25 25 IH .MN  0  (  3a)  0  a   I (2;1) 3 3 9 Gọi L là điểm đối xứng với N qua I  L  4; 5 Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 4.2  3.1  1 Khoảng cách từ I đến AB là: d  2 42  32 0.25 1 1 SIAB  S ABCD  5  .d . AB  5  AB  5 4 2 Trong tam giác vuông ABI ta có:
  IA  2 5  IA  IB  AB 2 2 2  IA  IB  25 2 2  (I )     IB  5  1 1 1  1 1 1  2 2  2  2 2    IA  5  IA IB d  IA IB 4  ( II )   IB  2 5 Do AC  BD  IA  IB nên hệ (II) không thoả mãn (I) ta có: IB  5 Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x+3y-1=0 với đường tròn tâm I bán kính 5 .Tọa độ B là nghiệm của hệ:  1 4x  y   1 4x 3 4 x  3 y  1  0 y   x  1 0.5   3   x  1   x  2    y  1  5 25 x 2  20 x  5  0  y  1 2 2  1   x    loai   5  B 1; 1   9 y 2  4  3 y  2 9 x 2  1  3x (1)  Giải hệ phương trình sau:   Câu 7  x 2  y 2  2 3 x 4  3 x 2  y 3  2 y y  1( x  3 x ) (2) 1đ  ĐK: y  1 (1)  9 y 2  4  3 y  36 x 2  4  6 x  (3 y)2  4  3 y  (6 x)2  4  6 x Xét hàm số: 0,25 t f (t )  t 2  4  t  f '(t )   1  0 t nên hàm số đồng biến t2  4 Từ đó suy ra: 3 y  6 x  y  2 x (3) (2)  x 2  2 x 3 x  ( 3 x ) 2  y 2 ( y  1)  2 y y  1( x  3 x )  ( x  3 x ) 2  y 2 ( y  1)  2 y y  1( x  3 x )  0  ( x  3 x  y y  1) 2  0  x  3 x  y y  1 0,25  x  3 x  ( y  1) y  1  y  1  ( 3 x )3  3 x  ( y  1)3  y  1 Xét hàm số: g (t )  t 3  t  g '(t )  3t 2  1 nên hàm số đồng biến Từ đó suy ra: 3 x  y  1  x 2  ( y  1)3 (4) Từ (3) và (4) ta có hệ:  y  2x  y  2x  y  2x y  2 0,25  2        x  ( y  1) 8 x  13x  6 x  1  0 ( x  1)(8 x  5 x  1)  0 x  1 3 3 2 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y)  (1;2) 0,25 Cho x, y,z là các số thực thoả mãn: x  y  z  3xyz  1 . Tìm giá nhỏ nhất của 3 3 3 Câu 9 1đ biểu thức: P  x 2  y 2  z 2 Ta có: 0.5
1  x3  y 3  z 3  3xyz  ( x3  x 2 y  x 2 z )  ( y 3  y 2 x  y 2 z )  ( z 3  z 2 y  z 2 x)  ( x 2 y  y 2 x  xyz )  ( x 2 z  z 2 x  xyz )  ( y 2 z  z 2 y  xyz )  x2 ( x  y  z)  y 2 ( x  y  z)  z 2 ( x  y  z)  xy ( x  y  z )  xz ( x  y  z )  yz ( x  y  z )  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)  1  ( x  y  z)( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx) (*) 1 1 1 x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  ( x  y )2  ( y  z )2  ( z  x) 2  0 2 2 2 Từ (*) x  y  z  xy  yz  zx  0  x  y  z  0 2 2 2 Đặt t  x  y  z, t  0 Từ (*) ta có: 1 1 ( x  y  z)2  ( x 2  y 2  z 2 ) P  x2  y 2  z 2   xy  yz  zx   x yz t 2 1 t2  P 2 2 t2 P   2P   t 2  P  P   t 2 t 3t 3 2 2 t 2t 2 2 Xét hàm số: f (t )    f '(t )   2  2 (t 3  1) 3t 3 3 3t 3t f '(t )  0  t  1 BBT t 0 1  f’(t) - 0 + 0,5 f(t) 1 Từ bảng biến thiên ta thấy P  f (t )  1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đẳng thức xảy ra nếu một trong ba số x,y,x bằng 1 và hai số còn lại bằng 0