Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán - Trường THPT Chuyên Đại học Vinh

Chia sẻ: Tuyết Sương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán - Trường THPT Chuyên Đại học Vinh để làm quen với cấu trúc đề và cách làm bài thi, chuẩn bị cho kỳ thi quan trọng 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 môn Toán - Trường THPT Chuyên Đại học Vinh

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Trường THPT Chuyên Đại học Vinh – Thi thử lần 1) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  1 3 1 1 x   m  1 x 2  mx  (1), m là tham số. 3 2 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1) khi m  2 . 1 b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại là yCÑ thỏa mãn yCÑ  . 3 Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình cos3 x  cos x  2 3 cos2 x sin x b) Giải phương trình log 4 x 2  log 2 2 x 1  log 2  4 x  3 6 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   1 x  3 1 dx . x2 Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 z  3  2i . Tìm phần thực và phần ảo của z . b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S . ABC có SA  2a , AB  a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  3  0 và đường thẳng d : x  2 y 1 z   . Tìm tọa độ giao điểm của  P  và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho 1 2 1 khoảng cách từ A đến  P  bằng 2 3 . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có    với ACD     1 cos   , điểm H thỏa mãn điều kiện HB  2HC , K là giao điểm của hai đường thẳng AH và BD . 5 1 4 Cho biết H  ;   , K 1; 0 và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm A, B, C , D .    3 3     Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 2  5 x  4 1  x3  2 x 2  4 x . Câu 9 (1,0 điểm). Giả sử x , y, z là các số thực không âm thỏa mãn 0   x  y    y  z  z  x   2 2 2 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  4 x  4 y  4 z  ln  x 4  y 4  z4   4 3  x  y  z . HẾT. 4 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1) khi m  2 . ♥ Tập xác định: D   ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: y '  x 2  x  2 ; y '  0  x  1 hoặc x  2 + Hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 2  ; Điểm 0.25 0.25 + Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  2;   . ￚ Cực trị: + Hàm số đạt cực đại tại x  1 ; yCĐ  y  1  3 2 + Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ; yCT  y  2   3 , ￚ Giới hạn: lim y   và lim y   x  x  0.25 ￚ Bảng biến thiên: x y' y   1 0  2 0   3 2   3 ♥ Đồ thị: b.(1,0 điểm). b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y  0.25 1 3 1 1 x   m  1 x 2  mx  có 3 2 3 1 cực đại là yCÑ thỏa mãn yCÑ  . 3 2 ♥ Ta có: y '  x m 1 x  m 0.25  x  1 y '  0  x 2   m  1 x  m  0   x  m  ♥ Hàm số (1) có cực đại  m  1 0.25 0.25 1 1 1 1 1 1 ♥ Với x  1  y 1    m   m   m  ; 3 2 2 3 2 2 1 1 1 1 1 1 Với x  m  y m  m 3  m  1 m 2  m 2    m 3  m 2  3 2 3 6 2 3  Với m  1 , ta có BBT x y' y 1 0     m 0   yCD  Do đó: yCÑ  yCT 1 m 1 1 1  y 1  3    m    1 3 2 3 3  Với m  1 , ta có BBT x y' y   0.25 m 0  1 0    yCD  yCT Do đó: 1 1 1 1 1  y  m  3   m 3  m 2    m3  3m 2  0 3 6 2 3 3  m  0  1   m  3 1     1 ♥ Vậy giá trị m thỏa đề bài là m  3;   .    3     yCÑ  2 (1,0 điểm) a).(0,5 điểm). a) Giải phương trình cos3 x  cos x  2 3 cos2 x sin x (1) ♥ Ta có: 1  2cos 2 x.cos x  3 cos 2 x.sin x  0  0.25   cos2x cos x  3 sin x  0  cos 2 x  0  x   k  4 2 0.25 k   3   x   k   k   3 6 ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là  k  x  ; x   k  k   . 4 2 6 2 b.(0,5 điểm). Giải phương trình log 4 x  log 2  2 x 1  log 2 4 x  3  cos x  3 sin x  0  tan x  0.25 1 2 Khi đó: 1  log 2 x  log 2 2 x 1  log 2  4 x  3 ♥ Điều kiện: x   log 2 2 x 2  x  log 2 4 x  3  2 x2  5x  3  0 (2) 0.25 3 (1,0 điểm)  1 x    2   x  3 Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm phương trình đã cho là x  3 . 6 x  3 1 Tính tích phân I   dx . . x2 1 ♥ Đặt t  x  3  x  t 2  3  dx  2tdt Đổi cận: x6 x 1 3 ♥ Suy ra: I  2 2  t3 t2 3 3  t2  t t 1   dt  dt  2  dt  2 1     t  1  t 2 1 t 1  2 2  2 t  ln t 1  4 (1,0 điểm) 0.25 3 0.25 0.25 2  2  2 ln 2 0.25 ♥ Vậy I  2  2 ln 2 . a).(0,5 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 z  3  2i . Tìm phần thực và phần ảo của z . ♥ Đặt z  a  bi ,  a, b    ta có: 0.25 z  2 z  3  2i  a  bi  2  a  bi   3  2i  3a  bi  3  2i a  1    b  2   ♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 2 . 0.25 b).(0,5 điểm). b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. ♥ Số phần tử của không gian mẫu là   C3 .C3 .C3  1680 9 6 3 Gọi A là biến cố "3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau” 2 2 2 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là  A  3!.C6 .C4 .C2  540 0.25 A 540 9 .    1680 28 Cho hình chóp đều S . ABC có SA  2a , AB  a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB . ♥ Vậy xác suất cần tính là P (A)  5 (1,0 điểm) 0.25 0.25 ♥ Gọi O là tâm của tam giác đều ABC cạnh a . Do S . ABC là hình chóp đều nên a2 3 a 3 và OA  4 3 2 a 11a 2 a 33 Xét SOA ta có: SO 2  SA 2  OA2  4a 2    SO  3 3 3 SO   ABC  . Ta có SABC  1 1 a 33 a 2 3 a 3 11 ♥ Vậy VS . ABC  SO.SABC  . .  3 3 3 4 12 ♥ Gọi N , I , J lần lượt là trung điểm của các đoạn SC, CH , HM 0.25 0.25 Do SB / / MN  SB / /  AMN  . Suy ra: d  AM , SB  d  B,( AMN )  d C;( AMN )  2d  I ;( AMN   AM  IJ  Ta có:   AM   IJN    IJN    AMN  theo giao tuyến NJ   AM  IN   Trong  IJN  , kẻ IK  NJ  IK   AMN   d  I ;( AMN   IK ♥ Xét tam giác IJN ta có: 0.25 1 1 1 16 12 188 11  2 2 2   IK  a 2 2 2 IK IJ IN a 11a 11a 188 11 a 517  . 188 47 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  3  0 và đường thẳng Vậy d  AM , SB  2 IK  2.a 6 (1,0 điểm) d: x  2 y 1 z   . Tìm tọa độ giao điểm của  P  và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d 1 2 1 sao cho khoảng cách từ A đến  P  bằng 2 3 . ♥ Tọa độ giao điểm M của của  P  và d là nghiệm của hệ phương trình 0.25 x  1   x  2 y 1  z         1 2 1   y  1  M 1;1;1   x  y  z  3  0 z  1      ♥ Do A  d  A t  2; 2t 1; t  0.25 t  2 2 3    t  4 3  ♥ Vậy có hai điểm thỏa đề bài là A 4; 5; 2 hoặc A 2; 7; 4 .   ♥ Khi đó: d A;  P   7 (1,0 điểm)  2t  2 0.25 0.25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có    với ACD