Đề thi thử THPT quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán - Trường THPT Trần Đại Nghĩa

Chia sẻ: Hoàng Tử Nguyen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử THPT quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán - Trường THPT Trần Đại Nghĩa giới thiệu một số bài tập giúp các em làm quen với cách ra đề và kiểm tra lại kiến thức của mình trước khi tham dự một kỳ thi quan trọng.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán - Trường THPT Trần Đại Nghĩa

Trường THPT Trần Đại Nghĩa ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 MÔN TOÁN Tổ toán Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2 đ ) 1 / Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y = x 3 − 3 x − 2 2/ Tìm tọa độ của điểm M trên ( C ) sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại M song song với đường thẳng ( d ) : 9x – y 18 = 0 Câu 2 : a/( 0,5 đ ) Giải phương trình sau log 3 (2 x − 1) − 4 log 9 (5 x + 2) + 4 = 0 b/ (0.5 đ) Giải phương trình cos3x + 2 sin2x – cosx = 0 1 xdx Câu 3 : ( 1 đ ) Tính tích phân . 0 x2 + 1 + x Câu 4 :a/ ( 0.5 đ ) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = 2 x + 5 − x b/ (0.5 đ )Biết trong số 10 vé xổ số còn lại trên bàn vé có 2 vé trúng thưởng. Khi đó một người khách rút ngẫu nhiên 5 vé .Hãy tính xác suất sao cho trong 5 vé được rút ra có ít nhất một vé trúng thưởng Câu 5 : ( 1 đ ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, mặt bên (SAB) nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD),tam giác SAB vuông tại S, SA = a Hãy tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SC theo a Câu 6: ( 1 đ ) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P): 2 x − 2 y + z − 1 = 0 và điểm A( 1 ; 1; 0) a/ Hãy viết phương trình mp (α ) qua điểm A và song song với mặt phẳng (P) b/ Tìm tọa độ điềm M thuộc mp(P) sao cho MA vuông góc với mp( P ) Câu 7: (1 đ ) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có đường chéo AC phương trình là x+y10= 0.Tìm tọa độ điểm B biết rằng đường thẳng CD qua điểm M ( 6; 2) và đường thẳng AB qua điểm N( 5; 8) x 2 + xy + y 2 = 7 Câu 8 : (1 đ ) Giải hệ phương trình x 2 − xy − 2 y 2 = − x + 2 y Câu 9 : ( 1 đ ) Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn x 2 + y 2 + (3x − 2)( y − 1) = 0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 + x + y + 8 4 − x − y Hết
Đáp án Câu Nội dung Điểm 1a +TXĐ D=R + y ' = 3x 2 − 3 x =1 0.25 y’=0 x = −1 + lim y = + ; lim y = − x + x − +BBT : Đúng chiều biến thiên 0.25 1 đ Đúng các giới hạn và cực trị +KL : Hs đồng biến trong khoảng (∞ ;1)và (1 ; +∞); nghịch biến trong khoảng ( 1 ; 1); đạt cực đại bằng 0 tại x=1 ; đạt cực tiểu bằng 4 tại 0.25 x=1 +Điểm đặc biệt : đồ thị hàm số cắt trục hoành tại các điểm ( 2; 0) và ( 1;0) có điểm uốn (0; 2) 0.25 +Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị qua các điểm cực trị , điểm đặc biệt và đúng dạng 1b + Đường thẳng 9x – y – 18 =0 có hệ số góc bằng 9 +Gọi M0( x0; y0) là điểm mà tại đó tiếp tuyến song song đường thẳng 9x y 18=0 � f '( x0 ) = 9 0.25 � 3x02 − 3 = 9 x0 = 2 1đ x0 = −2 +Với x0 =2 y0 = 0 M0( 2; 0) 0.25 x0 = 2 y0 = 4  M0( 2 ; 4 ) + Kiểm tra lại M0( 2,0)  tiếp tuyến tại M0 có pt là y= 9(x – 2) � 9 x − y − 18 = 0 0.25 ( loại) 0.25 M0(2;4)tiếp tuyến tại M0 có pt là y = 9( x + 2) − 4 9x y+14=0( nhận) 2a 1 a/ +Đk : x > 2 log 3 (2 x − 1) − 4 log 9 (5 x + 2) + 4 = 0 � log 3 (2 x − 1) − 2 log 3 (5 x + 2) = −4 � log 3 (2 x − 1) − log 3 (5 x + 2) 2 = −4 2x −1 � log 3 = −4 ( 5x + 2 ) 2 2x −1 � = 3−4 (5 x + 2) 2 0.5 0.25 � 25 x 2 − 142 x + 85 = 0 x=5 17 x= 25
17 So với đk ta nhận x=5 và x = 25 b/ 2sin2x +cos3x – cosx = 0 0.25 2 sin2x – 2 sin2x.sinx = 0 2b 2sin2x ( 1 – sinx) = 0 0.5 sin 2 x = 0 0.25 sin x = 1 kπ x= 2 π 0.25 x = + 2π 2 3 1 ( x + 1) dx 2 1 2 x + 2x +1 � 0 x +1 2 =� 2 0 x +1 .dx 1 � 2x � 1+ 2 � = � dx 0� x +1 � 0.25 1 1 2 x.dx = � 1.dx + �2 x +1 0 0 0.25 1 đ 1 1 d(x 2 + 1) = x 0 + 0 x2 + 1 1 0.25 =1+ ln x 2 + 1 0 =1+ln2 0.25 4a Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = 2 x + 5 − x + x [0;5] 1 1 + f '( x ) = − x 2 5− x 0.5 đ + f '( x ) = 0 � x = 4 �[ 0;5] 0.25 + f (0) = 5; f (5) = 2 5; f (4) = 5 Maxf ( x ) = 5 = f (4) x [ 0;5] + min f ( x) = 5 = f (0) x [ 0;5] 0.25 4b +Số phần tử của không gian mẫu: Ω = C105 =252 +Biến cố A: ‘ Trong năm vé rút ra có ít nhất một vé trúng thưởng’ 0.5 đ  biến cố A : ‘ Trong năm vé rút ra không có vé nào trúng thưởng’ 5 0.25 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là C8 = 56 56 Xác suất của biến cố A là P( A ) = 252 56 7 Xác suất của biến cố A là P(A) = 1 − = 252 9 0.25 5 + Trong mp(SAB), dựng SH ⊥ AB, do (SAB) ⊥ (ABCD) � SH ⊥ ( ABCD)
SH là chiều cao khối chóp 1 � VS . ABCD = B.h 3 +B= dt ABCD= 4a2 +h = SH SB = AB 2 − SA2 = a 3 SB.SA h = SH = AB a 3 = 0.25 2 � VS . ABCD = 2a 3 3 0.25 1 đ d( AB,SC) Vì AB// DC nên d (AB, SC)= d( AB, (SDC)) = d ( A, (SDC) 3V = A.SDC dtSDC 0.25 1 3. .VS . ABCD = 2 dtSDC dt SDC=? tgSAD vuông tại A nên SD = a 5 tgSBC vuông tại B nên SC = a 7 , DC= 2a 19 2 � dtSDC = a 2 6a 57 nên d ( A, ( SDC )) = 19 0.25 6a +Mp (α ) song song với (P) nên mp (α ) có vecto pháp tuyến là 0.25 r n = (2; −2;1) mặt khác (α ) qua điểm A (1;1; 0) nên : 0.5 đ Pt của (α ) là 2 (x – 1) 2 (y + 1) +1( z – 0)= 0 2x – 2y +z 4 = 0 0.25 6b +Gọi M (x ; y ; z) Do M �( P ) � 2 x − 2 y + z − 1 = 0 uuur r Do MA ⊥ (P) MAcùng phuongn uuur 0.25 Mà MA = (1 − x; −1 − y; − z ) r n = (2; −2;1) 1 − x −1 − y − z nên = = 2 −2 1 x+ y =0 0.5 đ y + 2 z = −1
2x − 2 y + z = 1 x+ y =0 y + 2 z = −1 1 Ta có hpt x= 3 1 � y=− 3 1 z=− 3 �1 1 1 � KL : M � ; − ; − � �3 3 3 � 0.25 r 7 +Gọi n = (a; b) là vecto pháp tuyến của đường thẳng AB với a 2 + b2 > 0 góc giữa đường thẳng AB và AC bằng 450 0.25 a+b  cos 45 = 0 a 2 + b 2 . 12 + 12 � a 2 + b2 = a + b 1 đ � a.b = 0 a=0 b=0 +a=0 nên b ≠0  chọn b= 1 pt đt AB là 0(x – 5)+ 1( y – 8)=0 y=8 0.25 +b=0 nên a ≠0  chọn a=1  pt đt AB là 1( x – 5) +0(y – 8)=0 x=5 *Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AC, do AC là phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng BC và DC nên M’ thuộc đường thẳng BC 0.25 pt đt MM’ là 1( x 6) 1(y – 2)=0 x – y – 4 = 0 +Gọi H là giao điểm của đt MM’ và AC  H( 7;3) +H là trung điểm MM’  M’(8; 4 ) *Với M’(8;4) và AB : y=8 pt BC là x= 8 B= AB BC B(8;8) 0.25 *Với M’(8,4) và AB : x= 5 pt BC là y=4  B= AB BC  B(5;4) 8 x 2 − xy − 2 y 2 = − x + 2 y + � x 2 + (1 − y ) x − y 2 − 2 y = 0 có ∆ = (3 y + 1) 2 x = 2y nên 0.25 1 đ x = − y −1 y =1� x = 2 +Với x=2y thế vào (1) ta có 0.25 y = −1 � x = −2 y = −3 � x = 2 +Với x= y1 thế vào (1) ta có 0.25 y = 2 � x = −3 Vậy hệ có 4 nghiệm (2;1); (2;1); (2;3); (3;2) 0.25
9 +Ta có x 2 + y 2 + (3x − 2)( y − 1) = 0 � ( x + y ) 2 − 3( x + y ) + 2 = − xy − y Vì x,y không âm nên ( x + −+ y ) 2+ � 3( x+ �y ) 2 0 1 x y 2 0.25 Đặt t = x+y khi đó t [ 1; 2] Ta có P = x 2 + y 2 + x + y + 8 4 − x − y ( x + y )2 + ( x + y ) + 8 4 − ( x + y ) P t 2 + t + 8 4 − t 0.25 +Xét hàm f (t ) = t 2 + t + 8 4 − t với t [ 1; 2] 4 4 ta có f '(t ) = 2t + 1 − với t [ 1; 2] � f '(t ) > 3 − > 0 với 1 đ 4−t 2 t [ 1; 2] và f(t) liên tục trên đoạn [1;2] nên f(t) đồng biến trên đoạn [1;2]  maxf (t ) f + [1;2] (2) 6 8 2 f+(t ) = 6 8 =2 0.25 x. y = 0 x=2  P 6 + 8 2 , P= 6 + 8 2 khi t=2 y=0 0.25 KL: Giá trị lớn nhất của P là 6 + 8 2 đạt được khi x=2 và y=0