Đề thi thử THPT quốc gia lần 1, có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Việt Yên 1 (Năm học 2015-2016)

Chia sẻ: LƯƠNG TÂM | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

72
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi trung học phổ thông là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là đề thi thử THPT quốc gia lần 1, có đáp án môn "Toán 12 - Trường THPT Việt Yên 1" năm học 2015-2016 giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT quốc gia lần 1, có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Việt Yên 1 (Năm học 2015-2016)

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ 1 TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II NĂM HỌC: 2015 – 20156 Môn: TOÁN Lớp 12 (Thời gian làm bài: 120 phút) Câu 1. (3,0 điểm) 2x  2 Cho hàm số y  C  2x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành. c) Tìm m để đường thẳng d : y  2mx  m  1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu thức P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất (với O là gốc tọa độ). Câu 2. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f (x ) x5 5x 4 5x 3 1 trên đoạn [–1;2] Câu 3. (1,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  mx 2  7 x  3 Tìm m để hàm số đồng biến trên R. Câu 4. (2,0 điểm) a) Giải phương trình cos 2 x  cos x  3  sin 2 x  sin x  b) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Hãy tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5. Câu 5. (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN). Câu 6. (0,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  AD 2 , tâm I 1; 2  . Gọi M là trung điểm cạnh CD, H  2; 1 là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B. Câu 7. (1,0 điểm) Giải bất phương trình x  1  x 2  2  3x  4 x 2 . Câu 8. (0,5 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2 b2 3 P   ( a  b) 2 . (b  c)  5bc (c  a)  5ca 4 2 2 --- HẾT ---
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ 1 NĂM HỌC: 2015 – 20156 Môn: TOÁN Lớp 12 Câu Đáp án Điểm 1.a 1,0  1 2 1 *TXĐ: \    *SBT: y '   0, x    2 x  12 0,25  2 2  1  1  Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;   và   ;    2  2  0,25 Tính giới hạn và tiệm cận Lập bảng biến thiên 0,25 *Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị 0,25 1.b 1,0 2 y'  , đồ thị ( C) giao với trục ox tại điểm M(-1;0) 0,5  2 x  1 2 y '1  2 , PTTT là y  2  x  1  2 x  2 0,5 * (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt  PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2 1.c  m  0  0,5    '  4m  0  m  0   g     0 1   2  *Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x1, x2 thì x1, x2 là các nghiệm của PT (1)   x1  x2  1   m 1  x1. x2  4m Có: OA2+OB2 = x1   2mx1  m  1  x2   2mx2  m  1 2 2 2 2 0,25  2  = 4m  1 x1  x2 2   4m  m  1 x  x   2 m  1 2 1 2 2 =  4m  1 1   m 1   4m  m  1  2  m  1 2 2  2m  5 1 5 9 =  2m    2  (Áp dụng BĐT cô si vì m dương) 2 2m 2 2 0,25 1 1 Dấu bằng xảy ra  m  ( thỏa mãn);KL: m  là giá trị cần tìm 2 2
2 1,0  Hàm số f (x ) x5 5x 4 5x 3 1 liên tục trên đoạn [–1;2] y 5x 4 20x 3 15x 2 5x 2 (x 2 4x 3) x 0 [ 1;2] (nhan) 0,5 2 2 5x 2 0  Cho y 0 5x (x 4x 3) 0 x 1 [ 1;2] (nhan) x2 4x 3 0 x 3 [ 1;2] (loai) *  Ta có, f (0) 05 5.04 5.03 1 1 f (1) 15 5.14 5.13 1 2 5 4 f ( 1) ( 1) 5.( 1) 5.( 1)3 1 10 0,5 5 4 3 f (2) 2 5.2 5.2 1 7  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 10 và số lớn nhất là 2  Vậy, min y 10 khi x 1; max y 2 khi x 1 [ 1;2] [ 1;2] 3 1,0 y '  3x  2mx  7 . Để hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi y '  0, x  R 2 0,5  3x2  2mx  7  0 x  R '  0 x  R  m2  21  0  m   21; 21 0,5 1,0 4a 1 3 3 1  cos 2 x  3 sin 2 x  3 sin x  cos x  cos 2 x  sin 2 x  sin x  cos x 0,5 2 2 2 2     2  2 x   x   k 2  x  k 2     3 3 3  cos  2 x    cos  x      ,k  0,5  3  3  2 x     x    k 2  x  k 2  3 3  3 4b 1,0 Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. * Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: A85  A74  5880 số 0,5 * Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: A74 + 6. A63 = 1560 số 1560 13 0,5  P(A) =  5880 49 5 1,0 *)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều tâm G và SG   ABC   VS . ABC  SG.S ABC 1 3 Tam giác ABC đều cạnh a nên a 3 a2 3 AN   S ABC  0,25 2 4 Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = SAG  60 (vì SG  AG  SAG nhọn)
2 a 3 Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG  AN  3 3 Trong tam giác SAG có SG  AG.tan 60  a 0,25 1 a 2 3 a3 3 Vậy VS . ABC  .a.  3 4 12 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M  (SMN) nên dC , SMN   3dG , SMN  Ta có tam giác ABC đều nên SG   ABC   SG  MN  MN   SGK  . 0,25 Trong (GKH), kẻ GH  SK  GH  MN  GH   SMN  , H  SK  dG , SMN   GH 1 2 2 1 1 a 3 Ta có BK  AN ; BG  AG  AN  GK  AN  AN  AN  2 3 3 2 6 12 Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên 1 1 1 1 48 49 a 0,25 2  2  2  2  2  2  GH  GH SG GK a a a 7 3a Vậy dC , SMN   3GH  7 6 0,5 Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD nên IC  3IH Mà IH  1;1 , giả sử  x  1  3.1 x  4 C  x; y      C  4;1  y  2  3.1  y  1 Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5) CM BC 1 Lại có AB  2 AD nên    MBC  BAC BC AB 2 Mà BAC  BCA  90  MBC  BCA  90  AC  BM Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt IH  1;1  pt BM: x + y – 1 = 0  B  t;1  t  Có AB   t  2;6  t  ; CB   t  4; t  Vì AB  BC  AB.CB  0   t  2  t  4   t  6  t   0    t  2  2  B 2  2; 1  2 hoặc B 2  2; 1  2   7 1,0 x  0 0  x  1   3  41 Điều kiện: 1  x  0 2   3  41 3  41  0  x  . (*)   x 8 0,5 2  3x  4 x  0  2 8 8 Bất phương trình đã cho tương đương với x  1  x 2  2 x(1  x 2 )  2  3x  4 x 2  3( x2  x)  (1  x)  2 ( x  x 2 )(1  x)  0
 5  34  x x x 2 x x 2 x x 1 2 9 3 2 1  0    9 x 2  10 x  1  0   1 x 1 x 1 x 3  5  34 0,5 x  .  9 5  34 3  41 Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là x . 9 8 8 0,5 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có a2 a2 4a 2 b2 4b2   . Tương tự, ta có  . (b  c)2  5bc (b  c) 2  5 (b  c) 2 9(b  c) 2 (c  a)2  5ca 9(c  a) 2 4 4  a2 b2  2  a 2 a 2 b2 b  Suy ra         (b  c)2  5bc (c  a)2  5ca 9  (b  c)2 (c  a)2  9  b  c c  a  2  ( a  b) 2  2   c ( a  b )  2 0,25 2  a  b  c ( a  b)  2 2 2 2 2  2(a  b) 2  4c(a  b)           . 9  ab  c(a  b)  c 2  9  ( a  b) 2 2  9  (a  b) 2  4c(a  b)  4c 2    c ( a  b)  c   4  Vì a  b  c  1  a  b  1  c nên 2 2  2(1  c)2  4c(1  c)  3 2 8 2  3 P  2   (1  c)2  1    (1  c) . 2 (1) 9  (1  c)  4c(1  c)  4c  4 2 9  c 1  4 2 8 2  3 Xét hàm số f (c)  1    (1  c) với c  (0; 1). 2 9  c 1  4 16  2  2 3 Ta có f '(c)  1  .  (c  1); 9  c  1  (c  1) 2 2   f '(c)  0  (c  1) 64  (3c  3)3  0  c  . 1 3 Bảng biến thiên: 1 c 0 3 1 f '(c) – 0 + 0,25 f (c ) 1 9 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)   với mọi c  (0; 1). (2) 9 1 1 Từ (1) và (2) suy ra P   , dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  . 9 3 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  , đạt khi a  b  c  . 9 3