Đề thi thử THPT quốc gia lần 2 có đáp án môn: Toán - Trường THPT chuyên Long An (Năm học 2014-2015)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

64
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử THPT quốc gia lần 2 có đáp án môn "Toán - Trường THPT chuyên Long An" năm học 2014-2015 có cấu trúc gồm 10 câu hỏi bài tập trong thời gian làm bài 180 phút, mời các bạn cùng tham khảo để củng cố lại kiến thức đã học và làm quen với dạng đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT quốc gia lần 2 có đáp án môn: Toán - Trường THPT chuyên Long An (Năm học 2014-2015)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LONG AN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 2 - NĂM HỌC 2014-2015 Môn: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) x2 Câu 1. (2,0 điểm). 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 của (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y  5x  2 . Câu 2. (1,0 điểm). a.Chứng minh rằng: 3(sin8 x  cos8 x)  4(cos6 x  2sin6 x)  6sin4 x  1. b. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn: 1  i  z   2  3i 1  2i   7  3i . Câu 3. (0,5 điểm). Giải bất phương trình: 22x  5.2 x  6  0 . 2x  x 2  3y 2   7 Câu 4. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x  6xy  y  5x  3y 2 2  2 Câu 5. (1,0 điểm). Tính tích phân: I    2sin2x  cosx ln 1  sin x  dx. 0 Câu 6. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a . Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AB; Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai đường thẳng SB và AC. Câu 7. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung tuyến và phân giác trong kẻ từ cùng một đỉnh B có phương trình lần lượt là d1 : 2x  y  3  0 và d 2 : x  y  2  0 . Điểm M  2;1 thuộc đường thẳng AB, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 5 . Biết đỉnh A có hoành độ dương, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 8. (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P) : x  2y  2z  1  0 , (Q) : x  y  2z  1  0 và điểm I 1;1; 2  . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I, tiếp xúc với (P) và phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với (P), (Q) sao cho khoảng cách từ I đến (α) bằng 29 . Câu 9. (0,5 điểm). Trong một bình có 2 viên bi trắng và 8 viên bi đen. Người ta bốc 2 viên bi bỏ ra ngoài rồi bốc tiếp một viên bi thứ ba. Tính xác suất để viên bi thứ ba là bi trắng. Câu 10. (1,0 điểm). Cho hai số dương x, y phân biệt thỏa mãn: x 2  2y  12 . 4 4 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   4 . x 4 y 8  x  y 2 --------------Hết-------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LONG AN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 2 NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN TOÁN Câu Nội dung Điểm 1  1 0,25đ a) Tập xác định: D   \    2 Giới hạn và tiệm cận: 1 lim  y  ; lim  y   . Suy ra TCĐ: x    1 x     1 x    2  2  2 1 1 lim y  lim y  . Suy ra TCN: y  x  x  2 2 Sự biến thiên: 0,25đ 5 y'   0, x  D  2x  1 2  1  1  Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;   và   ;    2  2  Hàm số không có cực trị (có thể bỏ ý này) Bảng biến thiên 0,25đ Bảng giá trị, vẽ đúng đồ thị, có nhận xét. 0,25đ  a2  1 0,25đ b) Gọi M  a;  là tiếp điểm ( a   ). Tiếp tuyến song song với đường thẳng  2a  1  2 nên suy ra: y '(a)  5 Giải được a  0 hoặc a  1 0,25đ + a  0 . Phương trình tiếp tuyến là: y  5x  2 (loại vì trùng d) 0,25đ + a  1 .Phương trình tiếp tuyến là: y  5x  8 (nhận) 0,25đ Vậy: y  5x  8
2 a) 3(sin8 x  cos8 x)  4(cos6 x  2sin6 x)  6sin4 x  1 VT  3(sin4 x  cos4 x)(sin2 x  cos2 x)  4(cos6 x  2sin6 x)  6sin4 x 0,25đ VT  3sin6 x  3sin4 x cos2 x  3cos4 x sin2 x  3cos6 x  4cos6 x  8sin6 x  6sin4 x VT  5sin6 x  cos6 x  3sin4 x(1  sin2 x)  3cos4 x(1  cos2 x)  6sin4 x 0,25đ VT  3(sin4 x  cos4 x)  2(sin6 x  cos6 x) VT  3(1  2sin2 x cos2 x)  2(1  3sin2 x.cos2 x) =1 1 3 0,25đ b) Tìm được z   i 2 2 1 3 0,25đ Phần thực: a  . Phần ảo: b  . 2 2 3 Bất phương trình tương đương 2  2x  3 0,25đ  1  x  log2 3 0,25đ 4  u v 0,25đ  x x  y  u  2 . Ta có hệ phương trình: u  v  7(1) 3 3 Đặt    2 x  y  v y  u  v 2u  4u  v  v(2) 2  2 0,25đ Lấy (2) nhân với −3 rồi cộng với (1) ta được: u3  6u2  12u  8  v3  3v2  3v  1  0   u  2   v  1  0 3 3  u  1 v . Thay vào phương trình (2), ta được: v2  v  2  0 0,25đ  v  1  v  2  1 3 0,25đ + v  1 suy ra u = 2. Suy ra  x, y    ,   2 2  1 3 + v  2 suy ra u = −1. Suy ra  x, y    ,    2 2 Chú ý: có thể sử dụng phuong pháp cộng đại số hoặc phương pháp thế. 5  0,5đ 2  I 1   2sin2xdx   cos2x  22 0 0    0,5đ 2 2 I 2   cosx ln 1  sin x dx  1  sin x  ln 1  sin x    cosxdx  ..  2ln2  1 2 0 0 0 Vậy I  2ln2  1 6   600 . Tính được: SH  a 6 Lí luận góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH 0,25đ
2a3 6 0,25đ Tính được: VS. ABCD  3            AC  a 5, SB  a 7 , SB.AC  SH  HB .AC  HB.AC  AH .AC  2a2 0,25đ   SB.AC 0,25đ 2 cos      700 . SB.AC 35 7 Tìm được: B(1;1) 0,25đ N là điểm đối xứng của M qua phân giác trong góc B. N thuộc BC. Tìm được N(1;0). 0,25đ BC: x  1  0 , AC: y  1  0  a  1 c  1 0,25đ A(a;1) với a > 0, C(1;c). Trung điểm của AC: D  ;   2 2  2a  c  3  0 Tam giác ABC vuông tại B,ta có:   a  1   c  1  20 2 2 Giải hệ này và tìm được: A(3;1), C(1; 3) 0,25đ 8 R  d  I ;( P)   2 0,25đ Phương trình mặt cầu:  x  1   y  1   z  2  4 0,25đ 2 2 2  n   2; 4;3 ,    : 2x  4y  3  m  0 0,25đ d  I ;( )   29  m  29 0,25đ Vậy    : 2x  4y  3  29  0 9 7 0,25đ A là biến cố: “lần đầu lấy 2 viên bi đen, lần sau lấy 1 viên bi trắng”. P( A)  45 B là biến cố: “lần đầu lấy 1 viên bi đen, 1 viên bi trắng và lần sau lấy 1 viên bi trắng”. 2 P( B)  . 45 1 0,25đ C là biến cố “ viên bi thứ ba là bi trắng”. P(C)  P( A)  P( B)   0,2 5 10 Từ điều kiện, dùng bất đẳng thức côsi suy ra: 0  xy  8 . 0,25đ 1 x 2 y  5 2 1 0,25đ Đánh giá P  . 2  2   . 16  y x  64 x y  2 y x 0,25đ Đặt t  x y 1  5 1   t  2 . Khi đó P  . t 2  2  . y x 16  64 t  2
1 2 5 1 1 Xét hàm số f (t )  .t  .  (với t > 2) 16 64 t  2 8 Tính đạo hàm, vẽ bảng biến thiên, tìm được:  5 27 min f (t)  f  2   64  2;    27 0,25đ Tìm được giá trị nhỏ nhất của P là khi x = 2 và y = 4 64 Hết