Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015-2016 lần 1, có đáp án môn: Toán - Trường THPT Lý Tự Trọng

Chia sẻ: LƯƠNG TÂM | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sau đây là đề thi thử THPT quốc gia năm 2015-2016 lần 1, có đáp án môn "Toán - Trường THPT Lý Tự Trọng". Mời các bậc phụ huynh, thí sinh và thầy cô giáo cùng tham khảo để để có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015-2016 lần 1, có đáp án môn: Toán - Trường THPT Lý Tự Trọng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 – 2016 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Môn thi: TOÁN ( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ) Đề thi này có 01 trang 2x 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  (1). x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) sao cho khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (1). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2cos x.cos 2 x  2  2sin 2 x  cos 3 x . 2x2  1 Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I   dx . x Câu 4 (1,0 điểm). 1 1 1. Giải phương trình: log 1 (2 x 2  3 x  1)  log 2 ( x  1)2  . 4 2 2 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  8ln x  x 2 trên đoạn [1;e]. Câu 5 (1.0 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và có không quá hai quả cầu màu vàng. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB  a; AD  2a , tam giác SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SD. Tính thể tích khối chóp S.ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC. 3 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD biết AB  AD . Gọi F là 2 3 điểm thuộc đoạn thẳng BC sao cho BF  BC . Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABF có phương trình 4 2 2  9  1  225 x   y   . Đường thẳng d đi qua hai điểm A, C có phương trình 3 x  11 y  2  0 . Tìm  4  4 8 tọa độ đỉnh C biết điểm A có hoành độ âm.  3 4 y 2  4 y  x3  2  x  4 y  2  Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình:   x; y    . 3 3  2  2 2 y  x  3 y  x  1  6 x  x  1  2  0 Câu 9 (1.0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2 a2 16b 2  27  a  bc  thức: P  2  2 . 1  a   5bc 36  a  c  ___________ 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: ………………………………………
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN LẦN 1 NĂM 2015 – 2016 Câu 1 Khảo sát…… 1điểm * Tập xác định D  R / 1 * Sự biến thiên: 3 Ta có: y '   2  0, x  D . 0,25  x  1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;   . Hàm số không có cực trị. * Giới hạn và tiệm cận: Ta có: lim y  lim y  2  đường thẳng y  2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị (C). 0,25 x  x  lim y  ; lim y  1    đường thẳng x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị (C). x 1 x 1 * Bảng biến thiên: x  1  y' - - 2  0,25 y 1.1  2 * Đồ thị:  1  Đồ thị (C) cắt Ox tai điểm   ;0  , cắt trục Oy tai điểm  0; 1 .  2  0,25 1điểm  2a  1  Gọi M  a;    C  (điều kiện a  1 ).  a 1  Gọi đường thẳng  là đường tiệm cận ngang của đồ thi (C) . 0,25 2a  1 0.a  1. 2 a 1 3 Ta có d  M , Oy   a ; d  M ,     . 2 0 1 2 a 1 1.2 Theo giả thiết khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến 3 0,25 đường tiệm cận ngang do đó: 2. a a 1 a 2  a  6 2  a2  a  6  0 a  3  a a 6  2  2  .  a  a  6  a  a  6  0  a  2 Vì phương trình a 2  a  6  0 vô nghiệm.
 7 + Với a  3  M  3;  .  2 0,25 + Với a  2  M  2;1 . Câu 2 1điểm 2 2 Phương trình đã cho  cos 3x  cos x  2  2sin x  cos 3 x  cos x  2  2sin x 0,25  cos x  0  cos x  2  2 1  cos x  2 cos x  cos x   2   2 0,25  cos x  1  2  + Với cos x  0  x   k ; k   . 0,25 2    x   k 2 1 3 + Với cos x    ; k  . 0,25 2   x    k 2  3 Câu 3 1điểm 2 x2  1 x 2x2 1 Ta có I   dx   dx x x2 1 0,25  2 udu  xdx 2 2 2 Đặt u  2 x  1  u  2 x  1   2 . x2  u 1  2 u 1 u2 u2 1  1 1 Do đó I   . udu   du   du   du   du u2 1 2 u2 1 u2 1  u  1 u  1 0,25 2 1  u  1   u  1 1 du 1 du   du   du   du    2  u  1 u  1 2 u 1 2  u 1 0,25 1 1  u  ln u  1  ln u  1  C . 2 2 1 1 Vậy I  2 x 2  1  ln 2 x 2  1  1  ln 2 x2  1  1  C . 0,25 2 2 Câu 4 0,5 điểm  1  2 x 2  3x  1  0  x Điều kiện:   2. x 1  0  x  1 0,25 1 1 1 Khi đó phương trình   log 2 (2 x 2  3 x  1)  log 2 ( x  1) 2  2 2 2 4.1  2   log 2 2(2 x  3x  1)  log 2 ( x  1) 2  x  1 (Ko TM)  2(2 x  3 x  1)  ( x  1)  3x  4 x  1  0   2 2 2 .  x  1 TM  0,25  3 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x  3 0,5 điểm Điều kiện: x  0. Hàm số y  8ln x  x 2 xác định và liên tục trên [1;e]. 4.2  x  2  1; e 0,25 8 Ta có y '   2 x  y '  0   . x  x  2  1; e
Ta lại có: y 1  1 ; y  2   8 ln 2  4 ; y  e   8  e 2 . Vậy : Max y  8ln 2  4 , giá trị lớn nhất đạt được khi x  2. 1;e 0,25 Min y  1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x  1. 1;e Câu 5 Gọi  là không gian mẫu của phép thử. 0,25 Số phần tử của không gian mẫu là n     C164  1820 . Gọi B là biến cố: “ 4 quả lấy được có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả màu vàng”. Do đó để lấy được 4 quả có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả màu vàng có 2 khả năng xảy ra: 0,25 +) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C52C71 +) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C51C72 +) Khi đó n  B   C41C71C52  C41C72C51  700 . 0,25 nB 700 5 +) Xác suất của biến cố B là P  B     . 0,25 n   1820 13 Câu 6 1điểm 0,25 Gọi H là trung điểm của AB, vì SAB là tam giác đều  SH  AB .  SAB    ABCD   a 3 Ta có  AB   SAB    ABCD   SH   ABCD  và SH  SA2  HA2  .  2 SH  AB, SH   SAB  1 1 Vì ABCD là hình chữ nhật  SACD  S ABCD  a.2a  a 2 . 2 2 3 0,25 1 1 a 3 2 a 3 Do đó VS . ACD  SH .SACD  . .a  (đvtt). 3 3 2 6 Gọi J là trung điểm của CD  IJ / / SC  SC / /  AIJ   d  AI , SC   d  SC ,  AIJ    d  C ,  AIJ   . 0,25 Ta có CD   AIJ   J  d  C ,  AIJ    d  D,  AIJ   (vì J là trung điểm CD). Vậy d  AI , SC   d  D,  AIJ   .
Vì H là trung điểm AB, J là trung điểm của CD do đó tứ giác AHJD là hình chữ nhật. Gọi K là tâm của hình chữ nhật AHJD  IK / / SH (vì IK là đường trung bình tam giác SHD). SH   ABCD  SH a 3 Ta có   IK   ABCD  và IK   .  IK / / SH 2 4 1 a2 Ta có S ADJ  AD.DJ  ; 2 2 1 1 a 3 a2 a3 3 0,25 VI . ADJ  IK .S ADJ  .  ; 3 3 4 2 24 a 17 AJ  AD 2  DJ 2  . 2 1 1 a 3 a 17 a 2 51 Vì IK   ABCD   IK  AJ  SAIJ  IK .AJ  . .  . 2 2 4 2 16 3.VI . ADJ 2a 17 Do đó d  D,  AIJ     . SAIJ 17 Câu 7 1điểm  9 2  1 2 225  A  d  x     y    Ta có   tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ pt  4   4  8  A   T  3x 11y  2  0  0,25  2 11y  2 11y x  3 x  3    2 2  2 2  2 11y  9    y  1   225   11y  19    y  1   225  3   4  4  8  3 12   4  8 x  3  2 11y   2 11y x  3  y  1  x     3   y  1  x  93  A 3;1 (vì x A  0 ).  13y2  10 y  23  0   23  13  y    23  13  y    13 Gọi điểm E thuộc tia đối của tia BA sao cho AF  CE .   Đặt BE  xAB  BE  x AB , ta có:          3  CE  BE  BC  x AB  AD và AF  AB  BF  AB  AD . 4 Vì AF  CE do đó 0,25       3   3 1   CE. AF  0  x AB  AD  AB  AD   0  xAB 2  AD 2  0  x  .  4  4 3 1 Vậy E thuộc tia đối của tia BA thỏa mãn BE  AB khi đó AF  CE . 3
AF  CE Xét tam giác ACE có   F là trực tâm tam giác ACE hay EF  AC . CB  AE 2 2  9   1  225 Gọi H  EF  AC  tứ giác ABFH nội tiếp hay H  T  :  x     y    ,  4  4 8 0,25  93 23  do đó H là giao điểm (khác A) của đường thẳng d và đường tròn (T)  H  ;   .  13 13  Qua B kẻ đường thẳng song song với EF cắt AC tại K  BK / / HE , khi đó ta có  AK AB  KH  BE  3     AH  12 HC  AH  12 HC  KH  BF  3  HC FC   93 23    132 36  Gọi C  a; b   HC  a  ; b   ; AH  ; .  13 13   13 13  0,25 132  93    12  a      13  13  a  8 Do đó AH  12 HC     C  8; 2  . 36   12 b   23   b  2   13  13  Vậy C  8; 2  . Câu 8 1điểm 3 Điều kiện: x  2. 3 2 Biến đổi pt thứ (2) của hệ thành : 2  x  1  3 y  x  1  4 y 3  0 Nhận xét y  0 không là nghiệm của pt  y  0, do đó pt 0,25 3 2  x 1   x 1  2   3  40  y   y  x 1 Đặt a  khi đó pt trở thành y  2a 3  3a 2  4  0   a  2   2a 2  a  2   0  a  2 . 0,25 Vì pt 2a 2  a  2  0 vô nghiệm. x 1 +) Với a  2   2  2 y   x  1 . y 3 Thay 2 y   x  1 vào pt (1) của hệ ta được pt x2  1  x  x3  2 0,25  x3  2   2 x  1   x  1  3 x 2  1  0 3 x 3  2   2 x  1 2  x  1   x 2  1   2 0 x3  2   2 x  1  3 2  3 2 x  1   x  1 x  1   x  1 2 x3  4 x 2  4 x  3 x3  4 x 2  3 x   2 0 x3  2   2 x  1  3 2  3 2 x  1   x  1 x  1   x  1 2   0,25  x2  x 1 x  x  1    x  3   2   0  x  3.   x 3  2   2 x  1 3 2  3 2 x  1   x  1 x  1   x  1  2  2 x  x 1 x  x  1 Vì  2  0, x  3 2. 3 x  1   2 x  1 3 2   x  1   x  1 3 x 2  1   x  1 2 Với x  3  y  2.
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm  x; y    3; 2  . Câu 9 1điểm 2 a2 16b2  27  a  a  b  c   bc  Ta có: P  2  2 b  c  5bc 36  a  c  2 a2 16b2  27  a  b  a  c  a2 4b2 3 2  2  2  2  2   a  b 0,25 b  c  5bc 36  a  c  b  c  5bc 9  a  c  4 a2 a2 4a 2 Ta lại có 2   2 b  c  5  5bc b  c   b  c  9 b  c  2 2 4 2 4a 2 4b 2 3 2 2 a b  3 2 Do đó P  2  2   a  b      a  b 9b  c 9a  c 4 9 bc a c  4 2 2 2 2  a2 b2  3 2 2  a  b  3 2       a  b       a  b 9  ab  ac ba  bc  4 9  ab  ac  ba  bc  4 2 2   2   a  b 2  3 2  a  b 2  3 2     a  b   2    a  b 2 .   9  2ab   a  b  c  4 9   a  b  4   a  b c   2  0,25 2   2  1  c  2  3 2 8  1 c  3 2 2 P  2     1  c     1  c  . 9  1  c   4 9 1 c  4   1  c  c   2  2 2 8 1 c  3 2 8 2  3 2 Ta có    1  c    1    1  c  . 9 1 c  4 9  1 c  4 2 8 2  3 2  P  1    1  c  . 9  1 c  4 Theo giả thiết a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  1  c   0;1 . 2 8 2  3 2 Xét hàm số f  c   1    1  c  với c   0;1 . 9  1 c  4 16  2  2 3 0,25 Ta có f '  c    1   2   c  1 . 9  c  1   c  1 2 32  1 27  1  f 'c  0   c  1  3    0  c  vì c   0;1 .  9   c  1 64  3 Bảng biến thiên 1 c 0 3 1 f '( c ) – 0 + f (c ) 0,25 1 9 1 Từ BBT  f  c    , c   0;1 . Do đó P   1 . 9 9 1 Vậy Min P   1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a  b  c  . 9 3 ......................... Hết .............................