Đề thi thử THPT quốc gia lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Hà Trung (Năm học 2014-2015)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

75
lượt xem 3
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 - Trường THPT Hà Trung" năm học 2014-2015 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 - Trường THPT Hà Trung (Năm học 2014-2015)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu 1 (2,0 điểm).Cho hàm số y  x3  3x  2 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm m để phương trình x3  3x  1  m  0 có ba nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm).Giải phương trình sau trên tập số thực: 32 x1  4.3x  1  0. Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin 3x.cos x  3 cos 2 x  sin 4 x. Câu 4 (1,0 điểm). 1 2 a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x  x  3 2 x  x 2  1. 2 b) Từ một hộp chứa 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20, lấy ngẫu nhiên hai quả cầu. Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3. Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC  600. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD), góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng 600 , gọi M là trung điểm của SB. Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD. Câu 6 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) có tâm I (1; 2) , (C ) cắt trục hoành tại A và B, cắt đường thẳng  : 3x  4 y  6  0 tại C và D. Viết phương trình đường tròn (C ) biết AB  CD  6. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có CD  2 AB, phương trình hai đường chéo của hình thang là AC : x  y  4  0 và BD : x  y  2  0. Biết tọa độ hai điểm A, B dương và hình thang có diện tích bằng 36. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 x  y  2 x  2 y  1  0 3 2  ( x, y  ).  5 x  2 xy  2 y  2 x  2 xy  5 y  3( x  y)  2 2 2 2 Câu 9 (1,0 điểm).Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện x yz =1 . Chứng minh 1 1 1 3    . (1  x) (1  y) (1  z ) 2 2 2 4 ---------- Hết ---------- >> Truy cập http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu Nội dung Điểm 1a Cho hàm số y  x  3x  2 3 (1,0 đ) • Tập xác định của hàm số là D = R . 0,25 • Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y   . x  x  + Đạo hàm: y '  3x  3; y '  0  x  1 ; 2 + Bảng biến thiên: 0,5 x  -11  y‟ + 0 -0 + y 4   0 + Hàm số đồng biến trên (  ;-1) và (1;  ); Hàm số nghịch biến trên (-1;1). + Hàm số đạt cực tiểu tại x  1; yct  0 ; Hàm số đạt cực đại tại x  1; ycd  4 Đồ thị 0,25 Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I(0;2) làm tâm đối xứng 1b Tìm m để phương trình: x3  3x  1  m  0 có ba nghiệm phân biệt. >> Truy cập http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 2
(1,0 đ) x 3  3x  1  m  0 (1) 0,25  x3  3x+2 = m + 1 Ta có số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị (C ) và đường 0,25 thẳng y = m + 1. Phương trình (1) có 3 nghiêm phân biệt khi đường thẳng y=m + 1 cắt đồ thị (C ) tại ba điểm phân biệt Dựa vào đồ thị ta có điều kiện: 0  m  1  4  1  m  3 0,5 Vậy m (1;3) thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 Giải phương trình sau trên tập số thực: 32x 1  4.3x  1  0. (1,0 đ) 32x 1  4.3x  1  0  3.32x  4.3x  1  0 0,25 3 x  1 0,5  x 1 3   3 x  0 0,25   x  1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S={-1 ; 0} 3 Giải phương trình: 2sin 3x.cos x  3 cos 2x  sin 4x. (1,0đ) 2sin 3x.cos x  3 cos 2x  sin 4x. 0,5  sin4x  sin 2x  3 cos 2x  sin 4x  sin2x  3 cos 2x  0      sin(2x  )  0  2x   k  x   k (k  ) 0,5 3 3 6 2 Vậy phương trình có nghiệm   x k (k  ) 6 2 4a 1 2 (0,5 đ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: g(x)  x  x  3 2x  x 2  1. 2 Ta có TXĐ: D  0; 2 0,25 3(1  x) 3 f '(x)  x  1   (x  1)(1  ), 2x  x 2 2x  x 2 f '(x)  0  x  1 5 0,25 f (0)  1; f (2)  1; f (1)   2 Nên Max f (x)  f (0)  f (2)  1 . xD 5 min f ( x)  f (1)   . xD 2 >> Truy cập http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 3
4b Từ một hộp chứa 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20, lấy ngẫu nhiên hai quả cầu. (0,5đ) Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3. Chọn hai quả cầu trong 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20 ta có C202 cách 0,25 Số phần tử của không gian mẫu là:   C20 2  190 Gọi A là biến cố: “tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3” 0,25 Trong các số từ 1 đến 20 các số chia hết cho 3 là 3;6;9;12;15;18. Tích 2 số ghi trên hai quả cầu là một số chia hết cho 3, xảy ra các trường hợp sau Trường hợp 1: Mộtsố chia hết cho 3 và một số không chia hết cho 3. Ta có C61C141 cách Trường hợp 2: Cả hai số đều chia hết cho 3. Ta có C62 cách. Nên số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:  A  C61.C14 1  C62  99 A 99 Suy ra P( A)    190 99 Vậy xác suất để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu là một số chia hết cho 3 là 190 5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh SA vuông góc (1,0 đ) với mặt phẳng ABCD, góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 60 , gọi M là trung 0 điểm của SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, SD. 0,5 S M B A AC  a, SCA  600 O SA  AC.tan 600  a 3 a2 3 C D S ABCD  BA.BC.sin 600  2 + 1 a3 VS . ABCD  SA.S ABCD  3 2 Gọi O là tâm của hình thoi 0,25 >> Truy cập http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4
3VMAOD Ta có SD / /(AM O)  d (SD, MO)  d(SD,(AMO))  d(D,(AM O))  S AMO 1 1 1 1 a3 0,25 VMAOD  VMABC  . VSABCD  VS . ABCD  4 4 2 8 16 1 1 a a 2 15 Tam giác AMO có AM  SB  a; MO  SD  a; OA   S AMO  2 2 2 16 3a a 15  d(D, (AM O))   15 5 a 15 Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD là 5 6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) có tâm I (1; 2) , (C ) cắt (1,0 đ) trục hoành tại A và B, cắt đường thằng  : 3x+4 y  6  0 tại C và D. Viết phương trình đường tròn (C ) biết AB  CD  6. Gọi bán kính của đường tròn (C) là R(R > 0) 0,25 Ta có d(I, AB)= d(I,Ox) = 2; d(I; CD) =d(I,  ) = 1. Suy ra R > 2 AB  2 R 2  4; CD  2 R 2  1 0,5 AB  CD  6  2 R 2  4  2 R 2  1  6  ...  R 2  5  R  5 Vậy phương trình đường tròn (C) là ( x  1)2  (y 2)2  5 0,25 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có CD  2AB , (1,0 đ) phương trình hai đường chéo của hình thang là AC : x  y  4  0 và BD : x  y  2  0. Biết tọa độ hai điểm A, B dương và hình thang có diện tích bằng 36. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang. 0,25 A B I D C Gọi I là giao điểm hai đường chéo AC và BD. Tọa độ I là nghiệm của hệ x  y  4  0 x  3    I (3;1) x  y  2  0 y 1 IA IB AB 1 1 1 1 Ta có     S IAB  S ABD  . S ABCD  4 IC ID CD 2 3 3 3 Nhận thấy AC, BD vuông góc với nhau nên 0,25 >> Truy cập http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5
1 1 SIAB  IA.IB  IA2  4  IA  IB  8 2 2 Gọi A(a; 4-a) (0> Truy cập http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 6
(1,0 đ) 1 1 1 3 minh    (1  x) (1  y) (1  z ) 2 2 2 4 x, y, z dương và xyz = 1 nên luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hoặc bằng 1 hoặc hai 0,25 số cùng nhỏ hơn hoặc bằng 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là x, y .  ( x 1)( y  1)  0  x  y  xy  1 1 1 2 2 2 1 z 0,5       (1  x) (1  y) 2 2 (1  x)(1  y) 1  x  y  xy 2  2xy 1  xy z  1 1 1 1 z 1      (1  x) (1  y) (1  z ) 2 2 2 z  1 (1  z) 2 . Ta có 0,25 z 1 3 ( z  1) 2 z 1 3    0   z  1 (1  z ) 4 ( z  1) 2 2 z  1 (1  z) 2 4 1 1 1 3     (1  x) (1  y ) (1  z ) 2 2 2 4 Dấu „=‟ xảy ra khi x = y = z =1 >> Truy cập http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 7