Đề thi thử THPT quốc gia có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Trần Nguyên Hãn (Năm học 2014-2015)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

90
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử THPT quốc gia có đáp án môn "Toán 12 - Trường THPT Trần Nguyên Hãn" năm học 2014-2015 giúp các bạn củng cố lại kiến thức và thử sức mình trước kỳ thi. Hy vọng nội dung đề thi sẽ giúp 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 có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Trần Nguyên Hãn (Năm học 2014-2015)

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN MÔN TOÁN LỚP 12 - NĂM HỌC 2014 - 2015 Thời gian làm bài : 180phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 ( ID: 82680 ) (4,0 điểm) Cho hàm số y  x4  2mx 2  m  1 (1) , với m là tham số thực. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 . 2) Tìm những giá trị của m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 .   Câu 2 ( ID: 82681 ) (2.0điểm) Giải phương trình: sin2x + cosx- 2 sin  x   -1= 0.  4 Câu 3 ( ID: 82686 ) (2.0 điểm) Giải bất phương trình 3x  3  2 x  28  x  5 2 1 Câu 4 ( ID: 82687 ) (2.0 điểm) Giải phương trình:  20 log9 (9 x) log 27 x Câu 5 ( ID: 82694 )(2.0 điểm) n 3 2  1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn  x  4  , ( x  0)  x Biết số nguyên dương n thỏa mãn An  8Cn  Cn  49 3 2 1 2) Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 20 câu hỏi trên. Thí sinh A đó học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đó thuộc Câu 6 ( ID: 82695 ) (2.0điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A' B'C ' có tam giác ABC vuông tại C .   Biết AC  a , BC  a 3 ; mặt phẳng ABC' hợp với mặt phẳng  ABC  góc 600 . 1) Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A B C theo a . ' ' ' 2) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC Câu 7 ( ID: 82696 ) (2.0điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, biết điểm B  8; 4  ,điểm  82 6  M  ;  thuộc đường thẳng AC , CD  2 AB và phương trình AD : x  y  2  0 . Tìm tọa độ các  13 13  điểm A, C, D.    x  1  x2 . y  1  y 2  1  Câu 8 ( ID: 82697 ) (2 .0 điểm) Giải hệ phương trình :   ( x, y  R) .   x 6 x  2 xy  1  4 xy  6 x  1 Câu 9 ( ID: 82704 ) (2.0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  3. 1 1 1 1 Chứng minh rằng:    . 1  a (b  c) 1  b (c  a) 1  c (a  b) abc 2 2 2 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 1
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 MÔN TOÁN LỚP 12- 2014-2015 Câu Hướng dẫn giải chi tiết Điểm Câu 1 2 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1.(2 điểm). Khi m  1 hàm số trở thành: y  x 4  2 x 2  TXĐ: D=  SBT. Giới hạn lim   , lim   0.25 x   x x  0 Sự biến thiên: y '  4 x3  4 x  0  4 x  x 2  1  0   0.25  x  1 0.25 BBT x  1 0 1  y’  0 + 0  0 +  0  y -1 -1 0.5 Hàm số đồng biến trên các khoảng  1;0  và 1;    Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;  1 và  0;1 . Điểm cực đại  0;0  , cực tiểu  1;  1 , 1; 1 . 0.25 Đồ thị: Giao với Oy tại  0;0  , đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng  Đồ thị f x = x4-2x2 8 0.5 6 4 2 -10 -5 5 10 -2 -4 -6 -8 x  0 0.25 2. (2 điểm) y '  4 x3  4mx  4 x  x 2  m   0   2 x  m 0.25 Hàm số đó cho có ba điểm cực trị  pt y  0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi ' 0.25 dấu khi x đi qua các nghiệm đó  m  0  Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:  A  0; m  1 , B  m ; m2  m  1 , C   m ; m 2  m  1 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 2
1 S ABC  yB  y A . xC  xB  m2 m ; 0.25 2 AB  AC  m4  m , BC  2 m 0.25 R AB. AC.BC 1 m  m 2 m  1 4 0.25 4S ABC 4m 2 m m  1  m  2m  1  0   3 0.25 m   5  1  2 5 1 Kl : m = 1 hoặc m = 0.25 2 Câu 2(2 điểm ) 0.25 Pt đó cho tương đương: sin 2 x  cos x  (sin x  cos x)  1  0 Câu 2 0.25  2cos x(sin x  1)  sin x  1  0   sin x  1 2cos x  1  0 0.25 1  sin x  1 hoặc cos x  0.25 2  sin x  1  x    k 2 . 2 1  0.25 cosx   x    2k . 2 3  0.25 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là: x    k 2 ; 2 0.25  x  2 k ( k  Z ) 0.25 3 Câu 3 1 Câu 3 (2điểm ) 3x  3  2 x  28  x  5 x  1  (I)  3x  3  x  5  2 x  28   0.25 ( 3x  3  x  5)  2 x  28  2 0.25 x  1   0.25  3x  12 x  15  13  x  2 0.25 x  1 0.25 TH 1   x  13 0.25 13  x  0 0.25 1  x  13 TH 2  2  4  x  13 0.25 3x  12 x  15  (13  x) 2 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 3
Kết luận bpt có nghiệm x  4 Câu 4 (2điểm) 1 Điều kiện: x  0, x  1, x  . Khi đó Câu 4 9 0.25 2 1  20 log9 9 x log 27 x 0.25 2 1   20 1 1 0.25  log3 x  2  log3 x 2 6 2 3 0.25   1  0 log3 x  2 log3 x t  2 2 3  t  2 Đặt t = log3 x , ta được   1  0  t  0  0.25 t2 t t 2  t  6  0 t  3  0.25 * t  2  log3 x  2  x  9 0.25 1 * t  3  log3 x  3  x  . Vậy nghiệm của phương trỡnh là x  9 và 27 0.25 1 x . 27 Câu 5 Câu 5 (2điểm) An  8Cn  Cn  49, (n  N , n  3) 3 2 1 2 n! n! (1)  8  n  49 (n  3)! 2!.(n  2)! 0.25  n3  7n 2  7n  49  0  n  7 (tm) 0.25 7  2  Xét khai triển  x  3   4 x k 28 7 k  2   x 7k   4    2  C7 x k 3 k k Số hạng tổng quát là C 7 12 0.25  x Vì cần tìm số hạng không chứa x nên k  4 Vậy số hạng không chứa x là  2  C7 =560 4 4 0.25 Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có C20 4  4845 đề 0.25 thi. Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đó thuộc, có 0.25 C10 .C10  2025 trường hợp. 2 2 Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đó thuộc, có 0.25 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 4
3 C10 1 .C10  1200 trường hợp. Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đó thuộc, có C104  210 trường 0.25 hợp. Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đó thuộc, cú 2025  1200  210  3435 trường hợp Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đó thuộc 3435 229 là  . 4845 323 Câu 6 1 1 a2 3 SABC = CA.CB  2 2 Từ giả thiết có VABC . A' B'C ' = SABC .CC'; Gọi H là hình chiếu của D trên AB  AB  (CC'H)  ((ABC'), (ABC))  (CH, HC')  CHC'  600 Xét tam giác vuông ABC có CH là chiều cao 1 1 1 1 1 4 a 3 nên CH2  CA2  CB2  3a 2  a 2  3a 2  CH  2 Xét tam giác vuông CHC’ có 3a a 2 3 3a a 3 3 3 CC'  HC tan 600   VABC.A'B'C'  .  ( đvtt) 2 2 2 4 Gọi M là trung điểm của AB I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC Ta có IA =IB = IC = IC’ I thuộc d với d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( d đi qua O và vuông góc với (ABC) Và I thuộc mặt trung trực của CC’ CC ' 3a Tam giác IMC có MC = a , IM   2 4 Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC là 5a R  IC  IM 2  CM 2  4 Câu 7 1 +  Tìm tọa độ đỉnh A, C, D +) Phương trình AB: x  y  12  0 , vì A là giao điểm của AB và AD nên tọa độ A 0.25  x  y  12 x  5 thỏa mãn hệ phương trình    A  5;7  0.25  x  y  2 y  7 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 5
ïìï uuur æ ö 17 85 ÷ y A ïï AM = çççè ; - ÷ ÷Þ AM : 5x + y - 32 = 0 Có í 13 13 ø ïï ïïî A (5;7) H B +) C thuộc AM ta có C( a, 32- 5a ) D +) Lại có M O d (C , AD)  2 AB  6 2 1 x a  5a  32  2  6 2 2 C a  7  a  3 với a = 3 loại vì B, C nằm về cùng phía đối với đường thẳng AD +) Từ đó ta được : C(7;-3) +) Ta lại có D thuộc AD và DC  2 AB suy ra D(1;3) +) Vậy A(5;7), C(7; -3), D(1; 3) Câu 8 1 1 1  x  x2  1   y   y  1 (3) 2 0.25 + Xét f  t   t  t 2  1 , t  R 0.25 t 1  t 2 t t Khi đó : f '  t     0 t  R . t 2 1 t 2 1 0.25 Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R Suy ra :  3  x   y 0.25  x 2 25 x 2  2 x 2  6 x  1  3x 0.25 Thế x = - y vào (2) ...   2 x  6 x  1    2   2 4  2 x 2  6 x  1  2 x Với 2 x 2  6 x  1  3x...  x  1; y  1 0.25 3  11 3  11 + 2 x 2  6 x  1  2 x...  x  ;y 2 2 0.25  3  11  x 1  x  2 Kết luận pt có nghiệm  hoặc   y  1  y  3  11 0.25  2 2 1 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3  ab  bc  ca  3 3 (abc)  abc  1 . 2 0.25 1  a 2 (b  c)  abc  a 2 (b  c)  a (ab  bc  ca)  3a Câu 9 0.25 Suy ra: 1 1   (1). 1  a (b  c) 3a 2 0.25 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 6
1 1  (2) 1  b (c  a ) 3b 2 Tương tự ta có: 1 1 0.25 ,  (3). 1  c (a  b) 3c 2 0.25 Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 1 1 1 1 ab  bc  ca 1    (   )  . 1  a (b  c) 1  b (c  a) 1  c (a  b) 3 c b c 2 2 2 3abc abc 0.5 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc  1, ab  bc  ca  3  a  b  c  1, (a, b, c  0). 0.25 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 7