Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Bạch Đằng

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

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sau đây là đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Bạch Đằng". 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 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Bạch Đằng

SỞ GD&ĐT HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT BẠCH ĐẰNG Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3mx  1 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 . b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O ( với O là gốc tọa độ ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x . 2 x3  2 ln x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 1 x2 Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 52 x 1  6.5x  1  0 . b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3  và đường x 1 y 1 z  3 thẳng d :   . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với 2 1 3 đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của  ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .  x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   4 y 2  x  2  y  1  x  1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu bc ca ab thức: P   3a  bc 3b  ca 3c  ab …….Hết……….
ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm 1 a.(1,0 điểm) Vơí m=1 hàm số trở thành : y   x3  3x  1 0.25 TXĐ: D  R y '  3x 2  3 , y '  0  x  1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng  1;1 0.25 Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1 lim y   , lim y   x x * Bảng biến thiên 0.25 x – -1 1 + y’ + 0 – 0 + + 3 y -1 - Đồ thị: 4 0.25 2 2 4 b.(1,0 điểm) y '  3 x 2  3m  3  x 2  m  0.25 y '  0  x 2  m  0  * Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  m  0 ** 0.25  Khi đó 2 điểm cực trị A  m ;1  2m m , B   m ;1  2m m  0.25   1 Tam giác OAB vuông tại O  OA.OB  0  4m3  m  1  0  m  ( TM (**) ) 0,25 2 1 Vậy m  2 2. (1,0 điểm)
sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x  (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0 0.25  2 sin x  cos x  3   2 sin 2 x  0 0. 25  2sin x  cos x  3  sin x   0 sin x  0  0. 25 sin x  cos x  3(Vn)  x  k . Vậy nghiệm của PT là x  k , k  Z 0.25 (1,0 điểm) 2 2 2 2 2 ln x x2 ln x 3 ln x I   xdx  2  2 dx  2  2 dx   2  2 dx 1 1 x 2 1 1 x 2 1 x 0.25 2 ln x Tính J   dx 0.25 1 x2 3 1 1 1 Đặt u  ln x, dv  2 dx . Khi đó du  dx, v   x x x 2 2 1 1 Do đó J   ln x   2 dx x 1 1 x 2 1 1 1 1 J   ln 2    ln 2  0.25 2 x1 2 2 1 Vậy I   ln 2 0.25 2 4. (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 0.25 5 x  1 52 x 1  6.5x  1  0  5.52 x  6.5 x  1  0   x 1 5   5  x  0  Vậy nghiệm của PT là x  0 và x  1 0.25  x  1 b,(0,5điểm) n     C113  165 0.25 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51 .C62  135 135 9 0.25 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là  165 11 5. (1,0 điểm)
 Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3  Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT 0.25 Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1  y  1  3  z  3  0  2 x  y  3z  18  0 0.25 Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t  0.25 2 2 AB  27  AB 2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0 t  3 0.25  13 10 12    3 Vậy B  7;4; 6  hoặc B   ; ;   t   7 7 7  7 6. (1,0 điểm) Sj Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1) Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) 0.25 Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc   60 giữa SK và HK và bằng SKH M  a 3 B Ta có SH  HK tan SKH C H 2 K A 1 1 1 a3 3 Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH  0.25 3 3 2 12 Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   0.25 Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM 1 1 1 16 a 3 a 3 Ta có 2  2  2  2  HM  . Vậy d  I ,  SAB    0,25 HM HK SH 3a 4 4 7. (1,0 điểm)
A  Gọi AI là phan giác trong của BAC Ta có :  AID    ABC  BAI 0,25 E M'   CAD IAD   CAI  K M   CAI Mà BAI ,  nên  ABC  CAD  AID  IAD B I C D  DAI cân tại D  DE  AI PT đường thẳng AI là : x  y  5  0 0,25 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0 Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9) 0,25   VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3 0,25 Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5x  3 y  7  0  x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4(1)  (1,0 điểm).   4 y 2  x  2  y  1  x  1(2) 0.25  xy  x  y 2  y  0  Đk:  4 y 2  x  2  0  y 1  0  Ta có (1)  x  y  3  x  y  y  1  4( y  1)  0 Đặt u  x  y , v  y  1 ( u  0, v  0 ) u  v Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0   u  4v(vn) 8. 0.25 Với u  v ta có x  2 y  1, thay vào (2) ta được : 4 y2  2 y  3  y  1  2 y  4 y 2  2 y  3   2 y  1    y 1  1  0 0.25 2  y  2 y2  2 1    0   y  2   0 4 y2  2 y  3  2 y  1 y 1 1  4 y2  2 y  3  2 y 1 y  1  1   2 1 0.25  y  2 ( vì    0y  1 ) 4 y2  2 y  3  2 y  1 y 1  1 Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2  9. (1,0 điểm) .
bc bc bc bc  1 1  Vì a + b + c = 3 ta có       3a  bc a(a  b  c)  bc (a  b)(a  c) 2  ab a c  0,25 1 1 2 Vì theo BĐT Cô-Si:   , dấu đẳng thức xảy ra  b = c ab ac (a  b)( a  c) ca ca  1 1  ab ab  1 1  Tương tự     và     0,25 3b  ca 2 ba bc  3c  ab 2 ca cb  bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3 Suy ra P      , 0,25 2(a  b) 2(c  a) 2(b  c) 2 2 3 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = khi a = b = c = 1. 2