Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1 năm học 2015-2016 môn Toán: Trường THPT Xuân Trường

Chia sẻ: Trịnh Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

80
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1 năm học 2015-2016 môn Toán" của Trường THPT Xuân Trường gồm 9 câu hỏi tự luận có kèm đáp án với thời gian làm bài 180 phút. Hy vọng đây là một tài liệu hữu ích dành cho các bạn học sinh dùng làm tài liệu học tập củng cố kiến thức.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1 năm học 2015-2016 môn Toán: Trường THPT Xuân Trường

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1 TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG NĂM HỌC: 2015-2016 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  3 Câu 2 (2,0 điểm). 3π  2π  a) Cho tan α  2 và π  α  . Tính sin  α  . 2  3  b) Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0 . Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .  1 trên đoạn  2;  .  2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x. Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội? Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x  4) 2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 x  4 y  17  0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm  x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x  8  y  1  2  x  4x  7    y  2 x  1  3  Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P  2  2  xy  yz  zx x  y  2 y  z  2 z  x2  2 2 2 2 -----------------------HẾT------------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I Câu Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) 1) Tập xác định : D   2) Sự biến thiên: 0,25 a, Giới hạn : lim y   ; lim y   x  x  3 b, Bảng biến thiên: y’ = 4 x  4 x , y’ = 0  x = 0, x  1 x - -1 0 1 + y' - 0 + 0 - 0 + + -3 + 0,25 y -4 -4 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;) , hàm số nghịch biến trên mỗi Câu 1 khoảng (;1) và (0; 1). (1,0 điểm) 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1 , yCT = y(  1 ) = - 4. 3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm (  3 ; 0). y  3 1 O 1 3 x 0,25 3 4 3π  2π  Cho tan α  2 và π  α  . Tính sin  α   ? 2  3  2 1 1 1 5 Ta có Cos α     cosα   2 1  tan α 1  4 5 5 0,25 Câu 2.1 (1,0 điểm) 3π 5 Do π  α   cosα  0 nên cosα   0,25 2 5  5 2 5 sin α  cosα. tan α  .2  0,25 5 5
 2π  2π 2π sin  α    sin α.cos  cosα.sin  3  3 3 Vậy 0,25 2 5 1  5 3 2 5  15  .  .  5 2 5 2 10 Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0 cos x  sin 4x  cos3x  0  2 sin 2x.sin x  2sin 2x.cos 2x  0 0,25 Câu 2.2 (1,0 điểm)  2sin 2x(s inx  cos2x)  0  sin 2x(2sin 2 x  sin x  1)  0 0,25  kπ x  2   sin 2x  0  x  π  k2π   2  s inx  1   0,5  1  x   π  k2π s inx   6  2  7π x   k2π  6 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .  1 trên đoạn  2;  .  2 x Câu 3 + Ta có f '(x)  1  0,25 (1,0 điểm) 4  x2 1 + f '(x)  0  x  2  [  2; ] 0,25 2 1 1  15 + Có f (2)  2;f ( )  0,25 2 2 1  15 maxf(x)  2 ; minf(x)  2 0,25 1 1 [-2; ] [-2; ] 2 2 Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x. Phương trình x x  4  6 0,25  2.       1 9 9 2x x Câu 4 2  2  2.       1  0 0,25 (1,0 điểm) 3  3 x  2     1  Loai  3  0,25  2 x 1     3  2
 x   log 2 2 3 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x   log 2 2 3 Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội? Có tất cả 5.5.5.5=625 cách  n(Ω)  625 0,25 Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội” Câu 5  A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH” 0,25 (1,0 điểm) n(A) 48  n(A)  4.1.2.3  1.4.3.2  48  P A     n(Ω) 625 0,25 48 577 Vậy P(A)  1  P  A   1   0,25 625 625 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra SH  ( ABCD ) S   300 . và SCH Ta có: K 0,25 A SHC  SHD  SC  SD  2a 3 . Câu 6 D (1,0 điểm) I Xét tam giác SHC vuông tại H ta có: H SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3 B C HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 . 0,25 3 1 4a 6 Vậy, VS . ABCD  S ABCD .SH  . 3 3 Vì BA  2 HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC   Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có: 0,25 AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà, ta lại có: HK  SI . Do đó: HK   SAC  .
HI AH AH .BC a 6 Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên   HI   . BC AC AC 3 HS .HI a 66 Suy ra, HK   . 0,25 HS 2  HI 2 11 2a 66 Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2 HK  11 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x  4) 2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 x  4 y  17  0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm A Câu 7 B (1,0 điểm) +(T) có tâm I(4;1);R=5 I + Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM và N,C là chân các đường cao 0,25 D C nên chứng minh được :IM  CN E N M + Lập ptđt IM qua I và IM  CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0  M(7; 3) + M là giao điểm (T) với IM :  0,25  M(1;5) (loai) +Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7 + C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1) 0,25 + B đối xứng M qua C => B(7 ;5) + Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1  D(9;1) D là giao điểm (T) và DC :   D(1;1) 0,25 Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)   +Do BA  CD => A(-1 ;5) * Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ  x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2  Giải hệ phương trình:   x  8  y  1  2  x  4x  7    y  2 x  1  3  Điều kiện x  1; y  2 . Đặt x  1  a; y  2  b  a, b  0  , từ (1) ta có: a  ab  a 2  1  5  2  b 2  2   b  a  b  ab  b 2  a 2  b 2  0 0,25 Câu 8   a  b 1  2a  b   0 (1,0 điểm)  a  b (do a, b  0  1  2a  b  0
 x 1  y2  y  x3 . Thế vào (2) ta được:  x  8  x  4   x  8 x  4   x  1 x  8 2 x  4x  7   x  1  x 1  3  x2  4 x  7  x 1  3 0,25 x  8   x4 x 1  2   *  x  4 x  7 x 1  3 + x  8  y  11; + *   x  1  3  x  4    x  1  x2  4 x  7  0,25 2  x 1  3     3   x  2   3 .  x  2   3 (**) 2  x 1     2 Xét hàm số f  t    t  3  t 2  3  với t   có f '  t   3  t  1  0 t   nên f  t  đồng biến trên  . x  2 Do đó **  f  x  1   f  x  2   x  1  x  2   2 x  1  x  4x  4 x  2 5  13  2 x (T/M) 0,25  x  5 x  3  0 2 5  13 11  13 x y 2 2  5  13 11  13  Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  là 8;11 và  ;   2 2  Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P  2  2  xy  yz  zx x  y  2 y  z  2 z  x2  2 2 2 2 xy  1 Ta có x 2  y 2  2   x2  1   y 2  1  2  x  y  ,….; xy  ,… 2 Câu 9 1 1 1 1  (1,0 điểm) Nên P      xy  yz  zx  3 . 2x y y  z z  x  Ta có  x  y  z  xy  yz  zx   9 xyz 8 0,25   x  y  y  z  z  x    x  y  z  xy  yz  zx   xyz   x  y  z  xy  yz  zx  9
1 1 1  x  y  y  z    y  z  z  x    x  y  z  x     x y yz zx  x  y  y  z  z  x   x  y  z 2  xy  yz  zx   x  y  y  z  z  x  2  x  y  z   xy  yz  zx  8  x  y  z  xy  yz  zx  9 27 3   8  xy  yz  zx  8 1 27 27  Suy ra P    xy  yz  zx   2  8  xy  yz  zx  8 Đặt t  xy  yz  zx . 4  xyz Do x, y, z   0; 2    2  x  2  y  2  z   0  xy  yz  zx  2t 2 2 0,25 1 2 Mặt khác: xy  yz  zx   x  y  z   3  t  3 . 3 Vậy t   2;3 1 27 27 Ta có P    t    f  t  2  8t 8 1  27  8t 3  27 Xét hàm số f  t  với t  0; 2 ta có f '  t   t  2    0 t   2;3 2  8t  16t 2 0,25 nên hàm số f  t  đồng biến trên  2;3 . 15  f  t   f  3  . 4 15 15 Do P  f  t   P  . Có P  khi x  y  z  1 . 4 4 0,25 15 Vậy giá trị lớn nhất của P là đạt được khi x  y  z  1. 4 (Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)