Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 lần 2 môn: Toán - Trường THPT Bắc Yên Thành (Có đáp án)

Chia sẻ: Công Minh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

40
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 lần 2 môn "Toán - Trường THPT Bắc Yên Thành". Mời các bậc phụ huynh, thí sinh và thầy cô giáo cùng tham khảo 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 lần 2 môn: Toán - Trường THPT Bắc Yên Thành (Có đáp án)

SỞ GD – ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 2 TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  2 x 2  1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm cực đại của (C). Câu 2. (1,0 điểm) a) Giải phương trình   cos x 2sin x  3 2  2cos 2 x  1  1. 1  sin 2 x b) Cho số phức z thỏa mãn: 1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z. Tính môđun của z. 2 Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log 4 x  log 2  4 x   5. Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 3  6 x 2  171x  40  x  1 5 x  1  20  0, x   e 1  x3 Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: I   lnxdx. 1 x Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB  BC  a,   900 , cạnh SA  a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình BAD chiếu của A lên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD). Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3 AM . Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại 4  D. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua N  ;0  , phương 3  trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 và điểm C có hoành độ lớn hơn 2. Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng x 1 y z 3 d:   . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với d. Tìm trên d hai 1 1 1 điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. Câu 9. (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5. Câu 10. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng: a3 b3 c3   1 a3   b  c  b3   c  a  c3   a  b  3 3 3 ------------------ Hết ------------------ Họ và tên thí sinh: ............................................................... Số báo danh: ........................... Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD – ĐT NGHỆ AN THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 2 TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Câu  Tập xác định: R. 1  Giới hạn và tiệm cận: lim y  . Đồ thị (C) có không tiệm cận. 0,25 x  (2,0 điểm)    CBT: Ta có y '  4 x3  4 x  4 x x 2  1 ; y'  0  x  0  x  1. Dấu của y’: y '  0  x   1;0   1;   ; y '  0  x   ; 1   0;1 0,25  hàm số ĐB trên mỗi khoảng  1;0  và 1;    . NB trên mỗi khoảng  ; 1 và (0 ; 1)  Hàm số có hai CT tại x = 1; yCT = y(1) = 0 và có một CĐ tại x = 0 ; yCĐ = y(0) = 1.  Bảng biến thiên: x - -1 0 1 + y’ - 0 + 0 - 0 + + 1 + 0,25 y 0 0  Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại (0;1). Điểm khác (2; 9) Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 0,25 b) (1,0 điểm)  Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0) = 0 0,5  Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1. 0,5 Câu a) (0,5 điểm) 2  (1,0  Điều kiện: 1  sin 2 x  0  x   k điểm) 4 Khi đó p.trình đã cho tương đương với 2sin x cos x  3 2 cos x  2 cos 2 x  1  1  sin 2 x cos x  2  l  0,25   2 cos x  3 2 cos x  2  0   2 2 cos x   2 2   Với cos x   x    k 2 . 2 4 0,25  Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: x   k 2 , k  . 4
b) (0,5 điểm) 1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z  1  i   2  i   1  2i   z  8  i 2 2 0,25   2i  2  i   1  2i  z  8  i 8  i  8  i 1  2i  z   2  3i  z  13 1  2i 5 0,25 Vậy môđun của z là 13. Câu Điều kiện: x > 0. 3 Khi đó, phương trình tương đương với (0,5 1 3 0,25 điểm) log 2 x  log 2 x  log 2 4  5  log 2 x  3 2 2  log 2 x  2  x  4 (t/m) 0,25 Vậy phương trình có 1 nghiệm là: x = 4. Câu 1 4 Điều kiện: x  5 (1,0 Khi đó phương trình tương đương với điểm) x 3    6 x 2  12 x  8   3 x  6   8  5 x  1 5 x  1  36  5 x  1  54 5 x  1  27   6 5 x  1  9  0,25     3   x  2  3 x  2  2 5x  1  3  3 2 5x  1  3 3 Xét hàm sô f  t   t 3  3t Phương trình (1) có dạng f  x  2   f 2 5 x  1  3   Ta có: f '  t   3t  3; f '  t   0  t  1 2 t - -1 1 + 0,25 f’(t) + 0 - 0 + f(t) Suy ra: Hàm số f  t   t 3  3t đồng biến trên khoảng (1; + ) 1  x  2  1 Với điều kiện x    0,25 5 2 5 x  1  3  1 Từ đó suy ra 1  x  2  2 5 x  1  3  x  1  x  1  x  1  2 5x  1   2  2  x  2 x  1  4  5 x  1  x  22 x  5  0  x  1 0,25   x  11  116  t / m   x  11  116 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x  11  116. Câu e e e 1  x3 ln x 5 Ta có: I   lnxdx   dx   x 2 lnxdx  I1  I 2 0,25 (1,0 1 x 1 x 1 điểm) e e lnx ln 2 x e 1 Tính I1: I1   dx   ln xd  lnx    0,25 1 x 1 2 1 2  1  du  dx e   u  ln x  x  Tính I2: I 2  x 2 lnxdx . Đặt  2  dv  x dx  x 3 0,25 1 v  3
x3 e 1e 2 e3 1 e 2e3 1  I2  3 ln x  1 31  x dx   x3  3 9 1 9  9 e 1  x3 1 2e3 1 11 2e3 Vậy I   lnxdx      0,25 1 x 2 9 9 18 9 Câu .  Chứng minh:  SCD vuông tại C  ABCD là hình 6 thang đáy AD, BC. ACD vuông cân tại C. (1,0  AC  CD  a 2; AD  2a  SC ; BD  a 5 điểm) 0,25 a3 2 a3 2 a3 2  VSBCD = VS.ABCD – VSABD    (đvtt). 0,25 2 3 6 a3 2 3. 3VS .BCD a  S SCD  a 2 2; d  B,  SCD     2 6  S SCD a 2 2 d  B,  SCD   BK 1 a (hoặc    d  B,  SCD    ) 0,5 d  A,  SCD   CK 2 2 d  H ,  SCD   SH SA2 2 2 a    2   d  H ,  SCD    d  B,  SCD    d  B,  SCD   SB SB 3 3 3 Cách khác:  Chứng minh BC  (SAB)  BC  AH  AH  (SBC). Kẻ AK  (SC)  AK  (SCD)  (AKH)  (SCD). Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M. Có (AMK)  (SCD) hay (AMK)  (SED). AH  (SBC)  AH  HK  tam giác AHK vuông tại H. Kẻ HJ  MK có HJ = d(H, (SCD)).  Tính AH, AM  HM; Tính AK  HK. Từ đó tính được HJ = a/3. Hoặc có thể bằng phương pháp tọa độ. Câu AB DC ABM DCM (g  g)   3 S 7 AM DM (1,0 điểm) Xét tam giác CMD ta có: CM 2  DM 2  CD 2  4CI 2  10 DM 2 4 Mà DM  2d (I,d)  nên CI 2  4 10 0,5  3 11  Gọi I  3 y  6; y  Ta có  C   ;   (loại) hoặc C(3; -1) (thỏa mãn)  5 5
I là trung điểm của CM  M  1; 1  phương trình đường tròn tâm I là  C  :  x  1   y  1  4 2 2  3 11  D là giao điểm của CD và (C)  D   ;   . Phương trình đường thẳng BM: 3x  y  4  0  5 5 Phương trình đường thẳng BC: 3x  5 y  4  0. B là giao điểm của BM và BC  B  2;2  0,5 Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC  AB : x  2  0 . A là giao điểm của AB và AC  A  2; 1 Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A  2; 1 , B  2;2  , C  3; 1 Câu  Mp(P) qua M(2;1;2) và  (d) nhận vtcp ud  1;1;1 làm vtpt. 8 0,5 (1,0 Suy ra phương trình mp(P): 1. x  2   1. y  1  1. z  2   0  x  y  z  5  0 điểm) 8  4 1 10  Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH  d( M , d)  , H ; ; . 3 3 3 3  0,25 4 2 2 Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH .  3 3  x 1 y z 3    Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:  1 1 1 . ( x  )  ( y  1)2  ( z  10 )2  8 4 2  3 3 3 9 0,25  4 2 6 1 2 6 10 2 6   4 2 6 1 2 6 10 2 6  Giải hệ này ta tìm được A, B là:   ;  ;  ,   ;  ;  . 3 9 3 9 3 9  3 9 3 9 3 9  Câu  Gọi  (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: n     A85  A74  5880 . 0,25 9  Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. (0,5 điểm) Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: n  A   A74  6. A63  1560 0,25 1560 13  Xác suất cần tìm P(A) =  5880 49 Câu x2 10 Xét BĐT: 1  x  1  , x  0 3 2 (1,0 0,25 1  x  1  x  x2 x2 điểm) Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 1  x  1  x  1  x  x   3 2  1 2 2 Ấp dụng vào bài toán ta có: a3 1 1 a2    1 0,25 a3   b  c  a 2  b2  c2 3 3 2 bc 1bc 1   1    a  2 a  b3 b2 c3 c2 Tương tự, ta có:   2;   3 b3   c  a  a 2  b2  c2 c3   a  b  a 2  b2  c2 3 3 0,25 Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm. Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c 0,25 -----Hết----- Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.