Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán - Sở GD&ĐT Bạc Liêu

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

136
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán - Sở GD&ĐT Bạc Liêu giới thiệu tới các bạn về những nội dung cần có và cách trình bày của Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán. Mời các bạn tham khảo tài liệu để nắm bắt nội dung chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán - Sở GD&ĐT Bạc Liêu

SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Đề: x3 Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y  . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng -1. Câu 2: (1 điểm) 1. Cho góc     ;  có sin   1 . Tính giá trị của biểu thức: A  sin 2  cos 2 . 2  3 2. Giải phương trình: log 3 x  log 1 ( x  2)  1  log3 (4  x) 3 Câu 3: (0.5 điểm) Cho số phức z thỏa: (1  i) z  2iz  5  3i . Tìm phần thực, phần ảo của số phức w  z  2 z . e Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân sau: I   2 x(2 x 2  ln x )dx . 1 Câu 5: (1 điểm Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên tạo với mặt đáy một góc 600 . Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ A đến mặt (SBC). Câu 6: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 1; 1), B(2; 2; 2), C(2; 0; 5), D(0; 2; 1). Viết phương trình mặt phẳng chứa A và B và đi qua trung điểm của đoạn CD. Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(3;5), trực tâm H(3;3), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(4;2). Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3.  10 x 2  4 xy  2 y 2  2 x 2  4 xy  10 y 2  4( x  y )  Câu 8: (1 điểm) Giải hệ phương trình:    x  1  2 4  y 2 xy  18  5( x  3)  Câu 9: (0.5 điểm) Có 20 thẻ đựng trong 2 hộp khác nhau, mỗi hộp đựng 10 thẻ đánh số thứ tự từ 1 đến 10. Lấy ngẫu nhiên 2 thẻ từ 2 hộp (mỗi hộp một thẻ). Tính xác suất lấy được 2 thẻ có tích hai số ghi trên hai thẻ là một số chẵn. Câu 10: (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa 0  a  b  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2a 2  b2  c 2 abc thức: P 2 2 2 2  2 abc . (a  b )(a  c ) ( a  b)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: ......................
SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN (Gồm có 5 trang) Câu Đáp án Điểm 1. (1điểm) a. Tập xác định: D   \ {1} . b. Sự biến thiên: 4 * Chiều biến thiên: Ta có y'   0, x  1. 0,25 đ ( x  1) 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;  1) và (1;  ) , hàm số không có cực trị. * Giới hạn: lim y  1 ; lim y  1 ; lim y   ; lim y   0,25 đ x x x ( 1)  x ( 1)  Suy ra đồ thị có tiệm cận ngang là y  1 và tiệm cận đứng là x  1 . * Bảng biến thiên x  1  y'    1 0,25 đ y 1  y * Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại (3 ; 0); Câu 1 cắt Oy tại 0 ;  3 . (2 đ) Đồ thị nhận giao điểm I (1; 1) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25đ I 1 1 O 3 x 3 2. (1 điểm) 0,25 đ Giả sử M (a ;  1)  (C ) , ta có: a  3  1  a  1 a 1 Suy ra y '(1)  4  1. 0,25 đ (1  1)2 Vậy phương trình tiếp tuyến tại M là: y  y '(1)( x  1)  ( 1) hay yx2 . 0,5 đ
1. (0.5 điểm) Vì     ;  nên cos   0 , suy ra cos    1  sin 2    2 2 2  3 0,25 đ Do đó: 1  2 2 2 74 2 A  sin 2  cos 2  2sin  cos   1  2sin 2   2. .    1   0,25 đ 3 3  9 9 2. (0.5 điểm) Câu 2 x  0 (1 đ) Điều kiện:  x  2  0  2  x  4 , ta có : 4  x  0  log 3 x  log 1 ( x  2)  1  log 3 (4  x)  log 3 x  log 3 ( x  2)  log 3[3(4  x)] 3 log 3[ x( x  2)]  log 3 [3(4  x)]  x( x  2)  3(4  x)  x 2  x  12 0,25 đ x  3   x  4 (loai)  Vậy phuong trình có 1 nghiệm x  3 . 0,25 đ Đặt z  a  bi với a, b  R . Ta có: (1  i) z  2iz  5  3i trở thành: (1  i)(a  bi )  2i(a  bi )  5  3i  a  3b  (a  b)i  5  3i Câu 3 a  3b  5 a  2     0,25đ (0.5 đ) a  b  3 b  1 Suy ra w  z  2 z  2  i  4  2i  6  i . Vậy số phức w có phần thực bằng 6, phần ảo bằng -1. 0,25đ e e e I   2 x(2 x 2  ln x)dx   4 x3 dx   2 x.ln xdx 1 1 1 e 3 4 e 0,25đ   4 x dx  x  e4  1 1 1  1 Câu 4 u  ln x du  dx 0,25đ  Đặt    x , ta có: (1 đ)  dv  2 xdx v  x 2  e e e 2 e x 2  e2  1 2 0,25đ 1 2 x.ln xdx    x ln x   1  xdx  e     1  2 1 2 e 2  1 2e 4  e 2  1 Vậy I  e 4  1   0,25đ 2 2
a2 3 Theo giả thiết S ABC  4 S Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC), suy ra   60 0 , SH=AH.tan600  a 0,25 đ SAH 1 1 a 2 3 a3 3 VS . ABC  SH .S ABC  a.  Câu 5 3 3 4 12 0,25 đ (1 đ) Gọi M là trung điểm của BC, suy ra 1 1 39 a 2 39 A C S SBC  SM .BC  a. a 0,25đ 2 2 6 12 H M 3V 3a 13 d  A,  SBC     B 0,25đ S SBC 13 Gọi I là trung điểm của đoạn CD, suy ra I(1;1;3) 0,25đ    AI   0; 0; 2  suy ra (P) nhận AB  AI   2; 2;0  làm vectơ pháp tuyến 0,25đ Câu 6 (1 đ) Do (P) đi qua A(1;1;1) nên phương trình mp(P) là: 1(x-1)-1(y-1) = 0 0,25đ Hay x-y=0 0,25đ Cách 1: Gọi G là trọng tâm ABC , M là trung điểm BC.   Ta có IH  3IG (đường thẳng Ơ-le), suy ra  11 7  G ;   3 3 0,25đ   Vì AM  3GM nên M (4;1) .  Câu 7 Đường thẳng BC qua M nhận AH  (0; 2) (1 đ) làm VTPT nên có phương trình: y  1. 0,25đ Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm là I, có bán kính IA  10 nên có phương trình ( x  4) 2  ( y  2) 2  10 . 0,25đ 2 2 ( x  4)  ( y  2)  10 Tọa độ điểm B và C là nghiệm của hệ  . y 1 Giải hệ với chú ý xB  3 , ta thu được B(1;1) và C (7;1) 0,25đ
Cách 2: Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm là I, có bán kính IA  10 nên có phương trình ( x  4)2  ( y  2)2  10 . Phương trình đường cao AH: x  3 nên phương trình đường thẳng BC có dạng y  b . ( x  4) 2  ( y  2) 2  10 Tọa độ điểm B và C là nghiệm của hệ  . y  b    vì xB  3 nên giải hệ ta được: B 4  10  (b  2)2 ; b , C 4  10  (b  2) 2 ; b       suy ra AC  1  10  (b  2)2 ; b  5 , BH  1  10  (b  2) 2 ;3  b    Vì BH  AC nên BH . AC  0  10  (b  2)2  1  (b  5)(3  b)  0 b  1   . * Với b  1 ta có B(1;1) và C (7;1) nhận. b  5 * Với b  5 ta có B(3;5) nên loại. Ta có 10 x 2  4 xy  2 y 2  (3x  y )2  ( x  y )2  3x  y , dấu bằng xảy ra khi x  y và 3x  y  0 . Tương tự 2 x 2  4 xy  10 y 2  ( x  3 y ) 2  ( x  y ) 2  x  3 y , dấu bằng xảy ra khi x  y và x  3 y  0 . 0,25đ 2 2 2 2 Do đó 10 x  4 xy  2 y  2 x  4 xy  10 y  4( x  y ) khi x  y và x  y  0 Thay y  x vào phương trình thứ 2 ta được:  x 1  2 4  x  2 x 2  18  5( x  3) (điều kiện 0  x  4 )   5 x  15  2 x 2  18  5( x  3)  x 1  2 4  x  Câu 8 (1 đ)   5 x  15   2 x 2  18   x 1  2 4  x   0 x  3  0,25đ 2  2 x  18  x  1  2 4  x (1) Ta có (1)  2 x 2  18  17  3x  4 ( x  1)(4  x)  x  1  ( x  1)(2 x  1)  4 ( x  1)(4  x)  0    x  1(2 x  1)  4 4  x  0 (2) 3 (2)  4 x3  8 x 2  21x  63  0  (2 x  3)(4 x 2  14 x  42)  0  x  0,25đ 2 3 3 Tóm lại hệ có 3 nghiệm: (-1;-1), (3;3),  ;  . 2 2 Rút 2 thẻ từ hai hộp (mỗi hộp một thẻ), không gian mẫu có số phần tử là: 10.10=100 Gọi A là biến cố nhận được 2 thẻ có tích hai số ghi trên 2 thẻ là số lẻ, ta Câu 9 có A là biến cố nhận được 2 thẻ có tích hai số ghi trên 2 thẻ là số chẵn. 0,25đ (0.5 đ) Số phần tử của biến cố A là 5.5=25 (vì mỗi hộp có 5 thẻ lẻ). 25 3 Suy ra xác suất cần tìm là: p ( A)  1  p A  1     100 4 0,25đ Câu 10 2a 2  b 2  c 2 a bc Ta có: P   2 abc (1 đ) 2 2 2 2 (a  b )(a  c ) (a  b )c
1 1 1 1     2 abc a 2  b2 a 2  c 2 a  b c 2 a  Vì 0  a  b  c nên: a 2  b 2  ab  b 2    b  dấu bằng xảy ra khi a  0 . 2  2 a Tương tự: a 2  c 2    c  dấu bằng xảy ra khi a  0 . 2   0,25đ 1 1 11 Nên: P  2  2    2 a  b  c dấu bằng xảy ra khi a  0 a  a  a b c  2  b  2  c     Áp dụng các bất đẳng thức: với x  0, y  0 ta có: 1 1 8  2  2 dấu bằng xảy ra khi x  y . (phải chứng minh) x y ( x  y) 2 1 1 4    dấu bằng xảy ra khi x  y . x y x y 8 4 0,25đ Ta có: P  2   2 a b c a  b  c a bc Đặt t  a  b  c với t  0 . 8 4 Xét hàm số f (t )    2t với t  0 . t4 t2 32 8 2t 5  8t 2  32 0,25đ Ta có: f '(t )   5  3  2  t t t5 f '(t )  0  2t 5  8t 2  32  0  2(t  2)(t 4  2t 2  4t  8)  0  t  2 Bảng biến thiên: t 0 2  f’(t) _ 0 + f(t)  11 2 t  a  b  c  2 0,25đ 11  a  0 Suy ra P  , dấu bằng xảy ra khi:  a  0, b  c   2 a  b  c b  c  2  11 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là . 2 --- HẾT---