Đề thi thử THPT quốc gia lần 3 năm 2015 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Đoàn Thượng

Chia sẻ: LƯƠNG TÂM | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

59
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí đề thi thử THPT quốc gia lần 3 năm 2015 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Đoàn Thượng" dưới đây để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT quốc gia lần 3 năm 2015 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Đoàn Thượng

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút 1 3 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  x 2  2 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm m để phương trình  x 4  2 x 2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm) 1) Cho hàm số y  x  cos x  3 sin x . Giải phương trình y '  0 . 2) Giải phương trình 9 x  7.3x  18  0 x2 Câu 3 (1,0 điểm) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y  , trục hoành và x 1 đường thẳng x  0 . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay D xung quanh trục Ox. Câu 4 (1,0 điểm) 1) Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z 2  az  b  0 nhận z  2  3i làm nghiệm. 2) Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu nhiên một số từ E, tính xác suất để số được chọn là số lẻ. Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x 2 y 3 z ( x  2) 2  ( y  3) 2  ( z  1) 2  25 và đường thẳng  :   . Tìm tọa độ giao 1 2 1 điểm của  và (S). Viết phương trình mặt phẳng song song với  và trục Ox đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HB  3HA . Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a. 2 x 2  y 2  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3x Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x  y  1  4 x  y  5  x  2 y  2 2 Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi K là điểm đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc với BC cắt BC tại E và cắt AB tại N(-1; 3). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết  AEB  450 , phương trình đường thẳng BK là 3 x  y  15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3. Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)  9  0 . Tìm giá trị lớn     b c a nhất của biểu thức S = a  a 2  1 b  b2  1 c  c2  1 ……Hết…… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: …………………………………Số báo danh: ………………………...
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 Môn thi: TOÁN Câu Ý Nội dung Điểm 1 3 1 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 4  x 2  1,00 2 2 x  0 TXĐ:  . y '  2 x3  2 x, y '  0   0,25  x  1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1);(0;1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (1;0);(1; ) 0,25  3 Điểm cực đại (1;0) , điểm cực tiểu  0;    2 lim y   . Lập được bảng biến thiên 0,25 x  Vẽ đúng đồ thị 0,25 1 2 Tìm m để phương trình  x 4  2 x 2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt 1,00 1 3 m3 Viết lại phương trình dưới dạng  x 4  x 2   0,25 2 2 2 m3 Pt có 4 nghiệm  y  cắt (C) tại 4 điểm pb 0,25 2 3 m3 Từ đồ thị suy ra    1 0,25 2 2 0  m 1 0,25 2 1 Cho hàm số y  x  cos x  3 sin x . Giải phương trình y '  0 . 0,50 y '  1  sin x  3 cos x   1 0,25 y '  0  sin x  3 cos x  1  cos  x     6 2       x  6  3  k 2  x  2  k 2   0,25    x     k 2  x     k 2  6 3  6 2 2 Giải phương trình 9 x  7.3x  18  0 0,50 Đặt t  3 , t  0 ta được t  7t  18  0  t  9 (TM), t  2 (Loại) x 2 0,25 t 93 9 x 2 x 0,25 x2 Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y  , trục hoành và 3 x 1 1,00 đường thẳng x  0 . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay D xung quanh trục Ox. x2  0  x  2 . 0,25 x 1
0 2  x2 Gọi V là thể tích khối tròn xoay thu được thì V      dx 2  x 1  2 0  3  0  6 9  V    1   dx    1    dx 0,25 2  x 1  2  x  1 ( x  1) 2  0  9     x  6ln x  1   0,25  x  1  2 V  (8  6ln 3) 0,25 4 1 Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z  az  b  0 nhận 2 0,50 z  2  3i làm nghiệm z  2  3i  z  2  3i . Thay vào pt ta được (2  3i ) 2  a (2  3i )  b  0 0,25  2a  b  5  (3a  12)i  0  2a  b  5  0 a  4   0,25 3a  12  0 b  3 Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được 4 2 chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu 0,50 nhiên một số từ E, tính xác suất để số được chọn là số lẻ. Mỗi số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt có thể coi là một chỉnh hợp 0,25 chập 3 của 5 pt đã cho. Do đó số phần tử của E là A53  60 Gọi A là biến cố số được chọn là số lẻ  n( A)  3. A42  36 n( A) 36 3 0,25  P ( A)    n() 60 5 Tìm tọa độ giao điểm của  và (S). Viết phương trình mặt phẳng song 5 1,00 song với  và trục Ox đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S).  có ptts là x  2  t ; y  3  2t ; z  t thế vào pt (S) ta được 0,25 t 2  (6  2t ) 2  (t  1) 2  25 t  3  A(5; 3; 3) 3t  11t  6  0   2 2 t   B  8 ; 5 ;  2  0,25  3 3 3 3  Gọi (P) là mp chứa Ox và song song . Hai vecto i  (1;0;0) và  u  (1; 2; 1) không cùng phương, có giá song song hoặc nằm trên (P) 0,25    nên (P) có vtpt n  i  u  (0;1; 2)  ( P ) : y  2 z  D  0 3  2  D (P) tiếp xúc (S)  d ( I ;( P ))  R  5 5 0,25  D  5  5 5  D  5  5 5  ( P) : y  2 z  5  5 5  0 Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường 6 1,00 thẳng AC và SB theo a 5a Tam giác BCH vuông tại B  HC  BC 2  BH 2  2 0,25 Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH  SCH   45  tam giác SHC 0
5a vuông cân tại H  SH  HC  2 1 1 5a 10 VS . ABCD  S ABCD .SH  4a 2 .  a 3 0,25 3 3 2 3 Gọi E là đỉnh thứ 4 của hbh BCAE  BE / / AC 4 4 0,25  d ( AC ;SB )  d ( AC ;( SBE ))  d ( A;( SBE ))  d ( H ;( SBE )) (Do AB  HB ) 3 3 Gọi M là trung điểm của BE. Tam giác ABE vuông cân tại A  AM  BE , AM  a 2 3 3a 2 Kẻ HI // AM  HI  BE , HI  AM  4 4 Kẻ HK  SI  HK  ( SBE )  d ( H ;( SBE ))  HK 1 1 1 15 Ta có 2  2  2  HK  a HK HS HI 2 59 4 15 10  d ( AC ;SB )  . a a 3 2 59 59 0,25 2 x 2  y 2  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3 x 7 Giải hệ phương trình  1,00  x  y  1  4 x  y  5  x  2 y  2 2 ĐK: y  2 x  1  0, 4 x  y  5  0, x  2 y  2  0, x  1  y  2x  1  0  x  1 0  0 TH 1.    (Không TM hệ) 3  3 x  0  y  1 1  10  1 0,25 TH 2. x  1, y  1 . Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được x y2 ( x  y  2)(2 x  y  1)  y  2 x  1  3  3x  1  ( x  y  2)   y  2 x  1  0 . Do y  2 x  1  0 0,25  y  2 x  1  3  3 x 
1 nên  y  2x  1  0  x  y  2  0 y  2 x  1  3  3x Thay y  2  x vào pt thứ 2 ta được x 2  x  3  3 x  7  2  x  x 2  x  2  3x  7  1  2  2  x 0,25 3x  6 2 x  ( x  2)( x  1)   3x  7  1 2  2  x  3 1   ( x  2)    1  x  0  3x  7  1 2  2  x  3 1 0,25 Do x  1 nên  1 x  0 3x  7  1 2  2  x Vậy x  2  0  x  2  y  4 (TMĐK) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết  AEB  450 , phương trình đường thẳng BK là 3 x  y  15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3 8 1,00 Tứ giác ABKE nội tiếp   AKB   AEB  450  AKB vuông cân tại 0,25 A ABK  450   Đt BK có vtpt n1  (3;1) , gọi n 2  (a; b) là vtpt của đt AB và  là góc   n1 .n2 3a  b 1 giữa BK và AB  cos       n1 n2 10. a 2  b 2 2 b  2a 0,25 3a  b  5. a 2  b 2  4a 2  6ab  4b 2  0    a  2b  Với a  2b , chọn n 2  (2;1)  AB : 2 x  y  5  0  B (2;9) (Loại)  Với b  2a , chọn n 2  (1; 2)  AB : x  2 y  5  0  B (5;0) (TM) Tam giác BKN có BE và KA là đường cao  C là trực tâm của BKN  CN  BK  CN : x  3 y  10  0 . ABK và KCM vuông cân 0,25
1 1 1 1 BK    KM  CK  AC  . BK   BK  4 KM 2 2 2 2 2 2 4 7 9 M  MN  BK  M  ;   K (3;6) 2 2 AC qua K vuông góc AB  AC : 2 x  y  0 0,25 A  AC  AB  A(1; 2) . C là trung điểm của AK  C (2; 4) Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)  9  0 . Tìm giá trị lớn 9   b   c   1,00 b c a nhất của biểu thức S = a  a 2  1 b2  1 c2  1   Ta có ln S  b ln a  a 2  1  c ln b   b  1   a ln  c  2 c  1 2 Xét hàm số f ( x)  ln( x  x 2  1), x  0 . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số 0,25 3  4 3 tại điểm  ;ln 2  có phương trình y  x  ln 2  4  5 5 4 3 Chứng minh được ln( x  x 2  1)  x  ln 2  , x  0 0,25 5 5 4 3  ln(a  a 2  1)  a  ln 2  . Tương tự, cộng lại ta được 5 5 0,25 4  3 ln S  (ab  bc  ca )   ln 2   (a  b  c) 5  5 1 Cuối cùng sử dụng bất đẳng thức (ab  bc  ca )  (a  b  c) 2 và giả 3 9 9 thiết a  b  c  , rút gọn ta thu được ln S  ln 2 . Từ đó S  4 4 2 . 4 4 0,25 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  . Vậy giá trị lớn nhất của 4 4 S là 4 2 .