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

Chia sẻ: LƯƠNG TÂM | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

51
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo nội dung đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Nguyễn Bình". Hy vọng tài liệu phục vụ hữu ích cho các bạn.

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 Nguyễn Bình

SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO QUẢNG NINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT NGUYỄN BÌNH Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề x Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số y = (C). x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1). Câu 2. (1,0 điểm). a. Giải phương trình sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x . 2 2 b) Tìm số phức z thỏa mãn: z  2 z.z  z  8 và z  z  2 . Câu 3. (0,5 điểm). Giải phương trình 7 2 x 1  6.7 x  1  0 .  x2   x  y  3 x  y  y  Câu 4. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  (x, y  ) .        2 2 2 x y 3 2 x 1 11 2 x 3  2 ln x Câu 5. (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 1 x2 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 600. 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. Câu 8. (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 đường 2 1 3 thẳng d. Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  5 . Câu 9. (0,5 điểm). Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi. Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu. Câu 10. (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 . b  2c a  2c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    6ln(a  b  2c) . 1 a 1 b -----------------------------Hết ----------------------- Họ và tên thí sinh ........................................................SBD: ...................... (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 1/1 1
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NINH TRƯỜNG THCS - THPT NGUYỄN BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Bản hướng dẫn chấm có 6 trang Câu NỘI DUNG Điểm x 1.0 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = . x 1 TXĐ : D = R\{1} 1 y’ =  0 ( x  1) 2 lim f ( x )  lim f ( x )  1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  x  lim f ( x )  , lim   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x 1 x 1 0.5 Bảng biến thiên 1.a Hàm số nghịch biến trên ( ;1) và (1;  ) ,Hàm số không có cực trị 0.25 Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 0.25 1.b Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi 1.0 qua điểm M và điểm I(1; 1). x0 Với x0  1 , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x0 ; ) có phương trình : x0  1 1 x0 1 x02 y ( x  x0 )   x  y  0 ( x0  1) 2 x0  1 ( x0  1) 2 ( x0  1) 2 0.5 2
 1  1 (d) có vec – tơ chỉ phương u  (1; ) , IM  ( x0  1; ) ( x0  1) 2 x0  1   1 1  x0  0 Để (d) vuông góc IM điều kiện là : u.IM  0  1.( x0  1)  0 ( x0  1) x0  1  x0  2 2 + Với x0 = 0 ta có M(0,0) + Với x0 = 2 ta có M(2, 2) 0.5 Câu 2:1 điểm sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x 0.25  (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0  2 sin x  cos x  3   2 sin 2 x  0 0. 25 2a.  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 2.b 2 2 Tìm số phức z thỏa mãn : z  2 z.z  z  8 và z  z  2 0.5 2 2 Gọi z = x + iy ta có z  x  iy; z  z  z z  x 2  y 2 2 2 z  2 z.z  z  8  4( x 2  y 2 )  8  ( x 2  y 2 )  2 (1) z  z  2  2 x  2  x  1 (2) Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1 Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 – i Câu 3:0,5 điểm 7 2 x 1  6.7 x  1  0  7.7 2 x  6.7 x  1  0 0.25 Đặt t=7x ,t>0  3 2 t  (tm) 7 Phương trình đã cho trở thành:7t -6t+1=0   2  3 2 t  (tm)  7 0.25  3 2  x  log 7( ) 7 Tim ra x và kết luận nghiệm của pt là   3 2  x  log 7( )  7 3
Câu 4:1 điểm  x 2   x  y  3 x  y  y 1  Hệ đã cho tương đương với  2  x  y   3 2 x  1  11 2  2 2 Từ (1) suy ra y  0 , vì nếu y0, do đó VT(1) > VP( 1) 0.25 1  x2   x  y   3 x  y 1     x2   x  y   y  0 x  y 1 x2  x  y  y 2  x   x  y 2  0  x  y  3 x  y 1 x2  x  y  y 0.25 2 3  x2   x  y   x y   x  y  1     0  x  y 1  0  3  x  y 2  3 x  y  1 x  x y  y 2   Thế y  x  1 vào phương trình (2) ta được: 0.25 4 x 2  4 x  2  3 2 x  1  11   2 x  1  3 2 x  1  10  0 2 Đặt t  2 x  1, t  0 , ta có t 4  3t  10  0   t  2   t 3  2t 2  4t  5   0  t  2 0.25 5 3 5 3 Khi đó 2x 1  2  x   y  . Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    ;  . 2 2 2 2 Câu 5:1 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   2 dx 0.25 1 x 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
Câu 6:1 điểm Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1) 0.25 Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng SKH   60  a 3 Ta có SH  HK tan SKH 2 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 Câu 7:1 điểm  Gọi AI là phan giác trong của BAC Ta có :  AID    ABC  BAI 0,25   CAD IAD   CAI   CAI Mà BAI ,  nên  ABC  CAD  AID  IAD  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  5 x  3 y  7  0 5
Câu 8:1 điểm (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  3 z  18  0 0.25 Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t  0.25 AB  5  AB 2  5   3  2t   t 2   6  3t   5  7t 2  24t  20  0 2 2 t  2 0.25  27 17 9    10 Vậy B  5;3;3 hoặc B   ; ;  t   7 7 7  7 Câu 9:0,5 điểm Tổng số viên bi trong hộp là 24. Gọi  là không gian mẫu. Lấy ngẫu nhiên 4 viên trong hộp ta có C244 cách lấy hay n(  )= C244 . Gọi A là biến cố lấy được các viên bi có đủ cả 3 màu. Ta có các trường hợp sau: 0.25 +) 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh: có C102 C81C61  2160 cách +) 1 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh: có C101 C82C61  1680 cách +) 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 2 bi xanh: có C101 C81C62  1200 cách Do đó, n(A)=5040 n( A) 5040 Vậy, xác suất biến cố A là P ( A)    47, 4% 0.25 n() 10626 Câu 10:1 điểm a  b  2c  1 a  b  2c  1 P2   6ln(a  b  2c) 1 a 1 b  1 1    a  b  2c  1     6ln(a  b  2c) 0.25 1 a 1 b  Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau: 1 1 2 ab  1 )   (1)  ) ab  (2) 1  a 1  b 1  ab 2 Thật vậy, ) 1  1  2 1  a 1  b 1  ab     2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b     2  a b ab  1  0 luôn đúng vì ab  1 . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1 6
ab  1   2  ) ab   ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1. 2 1 1 2 2 4 Do đó,     1  a 1  b 1  ab 1  ab  1 3  ab 0.5 2 4 4 16    ab  bc  ca  c 2  a  c  b  c   a  b  2c 2 Đặt t  a  b  2c, t  0 ta có: 16  t  1 P  2  f (t )   6ln t , t  0; t2 6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8  f '(t )     t t3 t3 t3 t 0 4  f’(t) - 0 + 0.25 f(t) 5+6ln4 Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1. -----------------------------Hết ----------------------- Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa !!! 7
8