Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn Toán số 114

Chia sẻ: Hoàng Tử Nguyen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn Toán số 114" gồm 10 bài tập và phương pháp giải cụ thể giúp các bạn học sinh kiểm tra đánh giá kiến thức của mình và có thêm kiến thức chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn. Mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn Toán số 114

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA MÔN TOÁN 2015 SỐ 114 Ngày 30 tháng 5 năm 2015 2x + 4 Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số y = . 1− x 1)Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số trên. 2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN = 3 10 . Câu 2.(1,0 điểm). 2 cos 4 x 1. Giải phương trình cot x − = tan x sin 2 x 2. Tìm số phức z biết: z − 1 = 1 và số phức (1 i )( z 1) có phần ảo bằng 1. Câu 3.(0,5 điểm). Giải hệ phương trình ( 2 x3 y − 3x + 2 = 3 6 x − 3 y ) log 2 ( 1 + x ) + log 2 ( 2 + 2 xy ) = 2 ( 1 + log 2 y ) x3 − 2 x 2 + x + y + x 2 y − 2 = 0 Câu 4.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình x2 + 2 x + y + 5 = 7 ln 3 e2 x Câu 5.(1,0 điểm). Tính tích phân I = dx ln 2 e − 1 + e − 2 x x Câu 6.(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 , BAD ﾷ = 600 và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Tính thể tích khối tứ diện NSDC và tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Câu 7.(1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình ( x − 2 ) + ( y − 3) = 10 . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông biết cạnh AB đi qua M(3;2) và 2 2 xA > 0 Câu 8.(1,0 điểm). x −1 y +1 z Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = ; 2 1 1 x −1 y − 2 z d2 : = = và mặt phẳng (P): x + y − 2 z + 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng nằm 1 2 1 trên mặt phẳng (P) đồng thời cắt cả hai đường thẳng d1 và d2. Câu 9.(0.5 điểm) . Cho hình vuông ABCD, trên các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt lấy 1, 2, 3, n điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ 6 + n điểm đã cho là 439 Câu 10.(1,0 điểm). Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x + 3y + z = 40. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 2 x 2 + 1 + 3 y 2 + 16 + z 2 + 36 ....Hết… Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 114 Câu NỘI DUNG Điể m 1.1 2x + 4 1,0 Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y = . 1− x 6 TXĐ: R \ { 1} ; y ' = 0.25 ( 1− x) 2 y ' > 0 ∀x 1 nên hàm số đồng biến trên các khoảng xác định 0.25 Tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận ngang y = 2 BBT: x ∞ 1 +∞ y' + + 0.25 +∞ 2 y 2 ∞ Đồ thị đi qua các điểm (0;4), (2;0) 0.25 Vẽ đúng đồ thị 1.2 Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và 1.0 MN = 3 10 2x + 4 = k ( x − 1) + 1 Từ giả thiết ta có: (d ) : y = k ( x − 1) + 1. Ta có hệ − x + 1 (I ) y = k ( x − 1) + 1 0.25 Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 90(*) 2 2 Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình kx 2 − (2k − 3) x + k + 3 = 0(**) có hai 3 0.25 nghiệm phân biệt khác 1. Khi đó dễ có được k 0, k < . 8 Ta biến đổi (*) trở thành: (1 + k 2 ) ( x2 − x1 ) = 90� (1 + k 2 )[( x2 + x1 ) − 4 x2 x1 ] = 90(***) 2 2 2k − 3 k +3 Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 + x2 = , x1 x2 = , thế vào (***) ta có phương trình: k k 0.5 −3 + 41 −3 − 41 8k 3 + 27k 2 + 8k − 3 = 0 � (k + 3)(8k 2 + 3k − 1) = 0 � k = −3, k = , k= 16 16 2.1 2 cos 4 x π 0.5 Giải phương trình cot x − = tan x Đk: sin 2 x �۹0 x k sin 2 x 2 cos 2 x = 1 0.25 Pt � cos 2 x − cos 4 x = 0 � −2 cos 2 2 x + cos 2 x + 1 = 0 1 cos 2 x = − 2 cos 2 x = 1 loại do điều kiện 1 π π 0.25 cos 2 x = − � x = � + kπ thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình có nghiệm x = + kπ 2 3 3 2.2 Tìm số phức z biết: z − 1 = 1 và số phức (1 i )( z 1) có phần ảo bằng 1. 0.5 Đặt z x yi ( x, y R ) z x yi Ta có: z 1 1 ( x 1) 2 y 2 1 (1) 0.25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2
Vì (1 i )( z 1) ( x y 1) ( x y 1)i ; (1 + i )( z − 1) có phần ảo bằng 1 nên x − y − 1 = 1 x 1 y 1 (2) Thay (2) vào (1) ta được : ( y 1) 2 y2 1 2y2 2 y 0 � y = −1; y = 0 Với y 0 x 2 z 2 Với y 1 x 1 z 1 i 0.25 Vậy có 2 số phức là z = 2 và z = 1 i 3 Giải hệ phương trình ( 2 x3 y − 3x + 2 = 3 6 x − 3 y ) ĐK: x > −1, y > 0 0.5 log 2 ( 1 + x ) + log 2 ( 2 + 2 xy ) = 2 ( 1 + log 2 y ) 1 + xy > 0 ( 1) � ( 2 x + 3) .3 y = ( 2 x + 3) .3x +1 � 3 y = 3x +1 � y = x + 1 0.25 ( 2 ) � ( 1 + x ) ( 1 + xy ) = 2 y 2 1+ 5 3+ 5 ,y = x= �y = x + 1 > 0 y = x +1 > 0 �y = x + 1 > 0 2 2 Hệ � � � � � � ( 1 + x ) ( 1 + xy ) = 2 y 2 1 + xy = 2 y x2 − x − 1 = 01− 5 3− 5 x= ;y= 2 2 � 1 + 5 3 + 5 �� 1− 5 3 − 5 � 0.25 � 2 ; 2 �� Kiểm tra điều kiện ban đầu ta có nghiệm của hệ là � , �� ; 2 � � � �� 2 � 4 1.0 x3 − 2 x 2 + x + y + x 2 y − 2 = 0 Giải hệ phương trình ĐK 2 x + y + 5 0 x2 + 2 x + y + 5 = 7 ( 1) � ( x 2 + 1) ( x + y − 2 ) = 0 � x + y − 2 = 0 ( do x2 + 1 > 0 ) 0.25 Thay y = 2 − x vào (2) ta được x 2 + x + 7 = 7 0.25 2 2 x =2� y =0 � 1� � 1� � �x + � = � x + 7 + � � 1− 2 7 3 + 2 7 (thỏa mãn điều kiện) 0.25 � 2� � 2� x= �y= 2 2 � 1− 2 7 3 + 2 7 � Vậy hệ có nghiệm ( x, y ) : ( 2;0 ) ; � � 2 ; 2 � � 0.25 � � 5 ln 3 e 2x 1.0 Tính tích phân I = dx ln 2 e − 1 + e − 2 x x Đặt t = e x − 2; x = ln 2 � t = 0; x = ln 3 � t = 1; e x dx = 2tdt Ta có I = 1 ( t 2 + 2) tdt 0.25 0 t2 + t +1 I = 2� � 1 t −1+ 2t + 1 � 1 dt = 2 � ( t − 1) dt + 2� 2 ( 1 d t2 + t +1 ) 0.25 � 2 � 0 � t + t + 1 � 0 0 t + t + 1 ( )0 ( )0 1 1 = t 2 − 2t + 2 ln t 2 + t + 1 = 2 ln 3 − 1 0.5 6 ﾷ Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 , BAD = 600 và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Tính thể tích khối tứ diện NSDC 1.0 và tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Từ giả thiết AB=2a, SA=a, SB = a 3 nên tam giác SAB vuông tại S. Gọi M là trung điểm của AB thì SM=a.Khi đó tam giác SAM đều. Gọi H là trung điểm AM thì SH vuông góc với AB. Mặt khác (SAB) ⊥ (ABCD) 0.5 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3
nên suy ra SH ⊥ (ABCD) 1 1 a 3 1 4a 2 3 a 3 VNSDC = VS .NDC = SH .S∆DNC = . . = ( dvtt ) 3 3 2 2 4 4 Gọi Q là điểm thuộc AD sao cho AD=4AQ. S Khi đó MQ//ND nên góc giữa SM và DN bằng góc giữa SM và QM. Gọi K là trung điểm của QM suy ra HK//AD nên HK ⊥ MQ mà SH ⊥ (ABCD) suy ra SK ⊥ MQ. ﾷ Suy ra góc giữa SM và DN bằng SMK 0.5 ﾷ 3 C Ta tính được cos SMK = . M B N 4 K 3 H Vậy cos(SM, DN)= A Q D 4 7 Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình 1.0 ( x − 2) + ( y − 3) = 10 . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông biết cạnh AB đi qua M(3;2) và x A > 0 2 2 PT đường thẳng AB đi qua M(3;2) có dạng a.x + by + 3a + 2b = 0 0.25 Đường tròn (C) có tâm I(2;3), bán kính R = 10 2a + 3b + 3a + 2b Đường tròn nội tiếp hình vuông nên ta có 10 = � a = −3b; b = −3a a 2 + b2 0.25 Khi đó phương trình cạnh AB là x − 3 y − 3 = 0 hoặc 3 x − y + 7 = 0 TH1: pt AB: x − 3 y − 3 = 0 , gọi A(3t+3;t) với t>1 do IA2 = 2 R 2 = 20 � 10t 2 + 10 = 20 � t = 1; t = −1(loai ) 0.25 Suy ra A(6;1), C(2;5), B(0;1), D(4;7) TH2: Lập luận tương tự ta tìm được t=0; t=2 đều không thỏa mãn 0.25 8 x −1 y +1 z x −1 y − 2 z Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = ; d 2 : = = 2 1 1 1 2 1 1.0 và mặt phẳng (P): x + y − 2 z + 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng nằm trên mặt phẳng (P) đồng thời cắt cả hai đường thẳng d1 và d2. Giả sử d cắt d1, d2 lần lượt tại A và B, do d nằm trên (P) nên A, B chính là giao điểm của d1, d2 với (P) 0.25 Ta tìm được d1 cắt (P) tại A(5;4;3); d2 cắt (P) tại B(5;10;6) 0.5 Phương trình đường thẳng d: x = 5; y = 4 + 2t; z = 3 + t 0.25 9 Cho hình vuông ABCD, trên các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt lấy 1, 2, 3, n điểm phân biệt khác A, B, 0.5 C, D. Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ 6 + n điểm đã cho là 439 Lấy ba biểm bất kì từ n+6 điểm có Cn3+ 6 cách 0.25 Số cách lấy ba điểm thẳng hàng từ n+6 điểm 1 + Cn3 0.25 Số tam giác có ba đỉnh lấy từ n+6 điểm Cn3+ 6 ( 1 + Cn3 ) = 439 0.25 Giải phương trình ta tìm được n = 10 (thỏa mãn) 0.25 10 Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x + 3y + z = 40. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 2 x 2 + 1 + 3 y 2 + 16 + z 2 + 36 ( 2 x ) + 22 + ( 3 y ) + 122 + z 2 + 62 Trong hệ toạ độ OXY xét 3 véc tơ 2 2 Ta có: S = r r r r r r 0.25 a = ( 2 x; 2 ) , b = ( 3 y; 4 ) , c = ( z;6 ) , a + b + c = ( 2 x + 3 y + z; 2 + 12 + 6 ) = ( 40; 20 ) r r r r r r ( 2 x ) + 22 , b = ( 3 y ) + 122 , c = ( ) + b + c = 20 5 2 2 2 a = z + 6 2 , a 0.25 Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ : r r r r r r rrr 0.25 S= a + b + c a+b+c S 20 5 .Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ a, b, c cùng hướng 2x 3y z 2 x 3 y z 2 x + 3 y + z 40 0.25 xét hệ điều kiện : = = � = = = = =2 2 12 6 2 12 6 20 20 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4
� x = 2, y = 8, z = 12 Với : x = 2, y = 8, z = 12 thì S = 20 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 20 5 đạt được khi : x = 2, y = 8, z = 12 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 5