Đề thi thử THPT quốc gia lần thứ nhất có đáp án môn: Toán – Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ (Năm học 2014-2015)

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

78
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn đang gặp khó khăn trước kì thi thử THPT và bạn không biết làm sao để đạt được điểm số như mong muốn. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi thử THPT quốc gia lần thứ nhất có đáp án môn "Toán – Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ" năm học 2014-2015 sẽ giúp các bạn nhận ra các dạng bài tập khác nhau và cách giải của nó. Chúc các bạn làm thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT quốc gia lần thứ nhất có đáp án môn: Toán – Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ (Năm học 2014-2015)

TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ NHẤT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút Câu 1: Cho hàm số có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng 2x – y + 1 = 0 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1. Câu 2. Giải các phương trình sau: 1) 2) Câu 3. Từ một hộp chứa 10 thẻ được đánh số từ 0 đến 9, chọn ngẫu nhiên 3 thẻ. Tính xác suất để 3 thẻ được chọn có thể ghép thành số tự nhiên có 3 chữ số mà số đó chia hết cho 5 Câu 4. Tìm ∫ Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A(1;2;-4), B(1;-3;1), C(2;2;3) và có tâm nằm trên mặt phẳng Oxy. Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ̂ , SA= SB = √ SD = . Tính thể tích khối chóp S.BCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AD và SB. Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD, CD = 3AB. Biết đường thẳng AC có phương trình 2x –y + 8 = 0, đường thẳng BD có phương trình x + 2y – 6 = 0, chu vi hình thang ABCD bằng √ √ . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết xD > 0, xC < 0. Câu 8. Giải hệ phương trình: { Câu 9. Với x, y , z 0, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: >> http://tuyensinh247.com/ 1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ CHUYÊN NGUYỄN HUỆ 2x  m Câu 1 : Cho y  . x 1 1. KSHS với m  1 . 2. Tìm m để đường thẳng y  2 x  1 cắt đồ thị tại hai điểm A , B sao cho SOAB  1 . Giải 2x 1 1. KSHS y  x 1  TXĐ : D  \ 1 1  y   0 x  D  x  1 2  Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.  Hàm số không có cực trị  lim y  2 : Tiệm cận ngang y  2 x   lim y  , lim y   : Tiệm cận đứng x  1 x 1 x 1  Bảng biến thiên :  Vẽ đồ thị >> http://tuyensinh247.com/ 2
 1   Đồ thị hàm số cắt trục tung tại A  0;1 , cắt trục hoành tại B   ;0  .  2  2. Tìm m để đường thẳng y  2 x  1 cắt đồ thị tại hai điểm A , B sao cho SOAB  1 . 2x  m Xét phương trình hoành độ giao điểm :  2 x  1  x  1 x 1  2 x2  x  1  m  0 (1) Để d : y  2 x  1 cắt  C  tại hai điểm phân biệt  pt (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 { { (*) Với điều kiện (*) thì d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A(xA;2xA +1); A(xB;2xB +1) Với xA; xB là nghiệm của phương trình (1) thỏa mãn Ta có: { 1 1 Ta có d  O, d   , SABC  d  O, d  . AB  1  AB  2 5 5 2   xA  xB    y A  yB   20 2 2 >> http://tuyensinh247.com/ 3
  xA  xB   4  xA  xB   20 2 2   xA  xB   4 xA xB  4 2 1 m 2 1   4 4 2 2 23 m 8 23 Vậy m  8 Câu 2 : Giải các phương trình. 1. 2cos3 x  cos 4 x  cos 2 x  0 2. log 4  x  2   log 2  x  1  2log 4  3x  5 2 Giải 1. 2cos3 x  cos 4 x  cos 2 x  0  2cos3 x  2cos3x.cos x  0  cos x  cos2 x  cos3x   0  cos x  cos2 x  4cos3 x  3cos x   0  3 cos x  4   cos x  1 cos x  0    3  x   arccos  4   k 2      x    k 2 k   x    k  2 >> http://tuyensinh247.com/ 4
3  Vậy phương trình có nghiệm : x   arccos    k 2 , x    k 2 , x   k , k  4 2 2. log 4  x  2   log 2  x  1  2log 4  3x  5 2 5 Điều kiện : x  , x  2 . 3 Ta có log 4  x  2   log 2  x  1  2log 4  3x  5 2  log 4  x  2   log 4  x  1  log 4  3x  5 2 2 2   x  2   x  1   3x  5 2 2 2   x  2 x  1    3x  5  x2  4 x  3  0  2  x  2x  7  0  x  1  x  1  2 2 . Vậy x  1  x  1  2 2 . Câu 3 : Từ một hộp chứa 10 thẻ được đánh số từ 0 đến 9, chọn ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để chọn 3 thẻ tạo thành số tự nhiên có ba chữ số mà số đó chia hết cho 5. Nhận xét : số tự nhiên chia hết cho 5 có số tận cùng là 0 hoặc 5. Vậy ta phải rút ra 1 trong hai thẻ này hoặc cả hai thẻ. Tuy nhiên theo yêu cầu đề bài ta nên dùng biến cố đối (không rút được thẻ 0 và 5 sẽ dễ dàng hơn). Giải Số tự nhiên chia hết cho 5 có số tận cùng là 0 hoặc 5. Vậy ta phải rút ra 1 trong hai thẻ này hoặc cả hai thẻ. Ta dùng biến cố đối là rút ra không có hai thẻ 0 và 5. Rút 3 thẻ bất kỳ : C103 , 3 thẻ bất kỳ trong đó không có 0 và 5 : C83 . C83 8 Vậy xác suất cần tìm là 1   . C103 15 ex 1 Câu 4 : Tìm  x.e x  1 dx . >> http://tuyensinh247.com/ 5
e x  1 e x  x.e x  x.e x  1  x.e  1    x.e x  1  e x  x.e x x Nhận xét     1  x.e x  1 x.e x  1 x .e x  1 e  1  e  x.e  x.e  1 x x x x Giải ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ = | | Câu 5 : Giải Gọi O là tâm mặt cầu O(a;b;c), do O => O(a;b;0) OA = OB = OC => { {  { => O(-2;1;0) 2 2  R = OA = 26  Phương trình mặt cầu là (x + 2)2 + (y-1)2 + z2 = 26 Câu 6 >> http://tuyensinh247.com/ 6
ABCD là hình thoi => => => ta đi tính Có : ̂ , ABCD là hình thoi => ABD là tam giác đều BD AC, SO BD, BD (SAO) => (SAO) (ABD) theo gt AO. Gọi G là trọng tâm ΔABD => SB (ABD) (vì tứ diện SABD có SA = SB = SD trên đường cao từ đỉnh S xuống mặt (ABD) chính là trọng tâm ΔABD √ √ => AG = AO = = √ SG = √ √ √ √ √ √ => Có AD // BC => d (AD;SB) = d(AD;(SBC)) = d(A;(SBC)) >> http://tuyensinh247.com/ 7
Mặt AG (SBC) = C => Gọi H là hình chiếu của G lên BC => GH BC => BC SGH SBC SHG giao tuyến SH Trong (SHG) gọi I là hình chiếu của G lên SH d G SBC GI SHG có SGH là tam giác vuông tại G , đường cao GI √ √ √ => d (A;(SBC)) = d(G;(SBC)) = = √ =>Vậy d (AD; SB) = Câu 7. Gọi E = AC ∩ BD => E(-2 ;4) A(a,2a +8) ; B(6-2b,b), C(c,2c +8), D(6-2d,d) ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ => c = -3a – 8 (1) ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ => d = -3b + 16 (2) EA2 = EB2 => (a +2 )2 + (2a +4 )2 = ( 8 -2b)2 + (b -4 )2 (3) Do chu vi hình thang cân ABCD là √ √  2(AD + 2AB) = √ √  √ +√ = √ √ ; (4) Giải hệ 4 phương trình 4 ẩn (1),(2),(3),(4) ta được: A= -1; b= 5;c = -5; d = 1 >> http://tuyensinh247.com/ 8
Vậy A(-1;6); B(-4;5); C(-5;-2); D(4;1)  x  y  1  3 y  xy  2 y  2   0  2 Câu 8 : Giải hệ phương trình :   x y  4 xy  3 y  2 y  x  1  0  2 2 Nhận xét : việc giải hệ này tương đối dễ với dữ kiện x  y  1  0 , tuy nhiên tại dữ kiện còn lại lại gây khó khăn cho ta đôi chút nhưng cũng có thể giải quyết được khi nhận xét được phần chung 3 y 2  2 y ở cả hai phương trình. Giải  x  y  1  3 y  xy  2 y  2   0  2  2  x y  4 xy  3 y  2 y  x  1  0  2  x  y 1  0 1 Trường hợp 1 :  2  x y  4 xy  3 y  2 y  x  1  0 2  2  x  0, y  1 Thay 1 vào  2  ta được phương trình :  x3  2 x2  x  0    x  1, y  0  3 y  xy  2 y  2  0 2 Trường hợp 2 :  2  x y  4 xy  3 y  2 y  x  1  0  2 Cộng vế theo vế của hai phương trình ta thu được phương trình sau : x2 y  3xy  x  3  0 x  3 Với y  0 không phải là nghiệm của hệ nên x y  3xy  x  3  0   2 x  1  y  x  3  3 y2  3 y  2 y  2  0  vn  1  x  3 y2 1 2 y  2  0  vn  y x  0 x  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm  ,  y 1 y  0 1 1 Câu 9 : tìm max P   x  y  z  1  x  1 y  1 z  1 >> http://tuyensinh247.com/ 9
 x y  z 3 3 Nhận xét :  x  1 y  1 z  1     3  3 1  3       x  1 y  1 z  1  x  y  z  3  Vậy ta đổi biến theo biến x  y  z Giải 3 1 1 1  3  P     x  y  z  1  x  1 y  1 z  1 x  y  z  1  x  y  z  3   P với Khi đó xét hàm số f(t) = F’(t) = F’(t) = 0  t = 4 do t Ta có f(t) Hay P Vậy GTLN của P = khi x = y = z = 1 >> http://tuyensinh247.com/ 10