Đề thi thử THPT Quốc gia năm học 2015-2016 môn Toán lần 1 - Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Yên

Chia sẻ: So Mc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

201
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1, năm 2015 có đáp án môn "Toán - Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Yên" có cấu trúc gồm 10 câu hỏi bài tập trong thời gian làm bài 180 phút. Mời các bạn cùng tham khảo để củng cố lại kiến thức và làm quen với dạng đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia năm học 2015-2016 môn Toán lần 1 - Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Yên

SỞ GD VÀ ĐT PHÚ YÊN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA 2015 – 2016 LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN ––––––––––––––––– Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 09/10/2015 Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x  1  x 2  2 x  2  . Câu 2 (1,0 điểm)Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f  x   cos 2 x  2sin 2 x  1  ln  x  e  trên đọa [0;e] Câu 3 (1,0 điểm). x  2 2x  5 a) Tính giới hạn lim x 2 x2 b) Giải phương trình 4x  3.2x x 2  2 x 3  41 x 2  2 x 3  0. 3 1  ln  e x .x  Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx  x  1 2 1 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng có phương trình  P  : 2x  3 y  4z  20  0 và  Q  : 4 x 13 y  6 z  40  0 . Chứng minh (P) cắt (Q) theo giao tuyến là đường thẳng d. Viết phương trình đường thẳng d. Câu 6 (1,0 điểm).   a) Giải phương trình sin 4 x  cos 4  x    1  4 b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Ở góc phần tư thứ nhất ta lấy 2 điểm phân biệt; cứ thế ở các góc phần tư thứ hai, thứ ba, thứ tư ta lần lượt lấy 3,4,5 điểm phân biệt (các điểm không nằm trên các trục tọa độ). Trong 14 điểm đó ta lấy 2 điểm bất kỳ. Tính xác suất để đoạn thẳng nối hai điểm đó cắt hai trục tọa độ. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  a 2 . Cạnh bên SA vuông góc với đáy, cạnh SC tạo với đáy góc 30o. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên SD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AK, SC. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C(2;–5) và nội tiếp đường tròn tâm I. Trên cung nhỏ BC của đường tròn (I) lấy điểm E, trên tia đối của tia EA lấy điểm M sao cho EM = EC. Tìm tọa độ đỉnh A, biết đỉnh B thuộc đường thẳng d: y – 2 = 0 và điểm M(8;–3). 4 x3  12 x 2  15 x   y  1 2 y  1  7 Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x, y   6  x  2  y  x  26  6 3 16 x  24 y  28 Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện  x  y   xy  z 2   3xyz . x 2  y 2  z  2 xy   3z 2 4 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   . z2 2 xyz 2 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1
ĐÁP ÁN Câu 1 Ta có y  x3  3x 2  2 +TXĐ: D = ℝ. +Sự biến thiên: –Chiều biến thiên: y '  3x 2  6 x ; y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 Các khoảng đồng biến: (–∞;0) và (2;+∞); khoảng nghịch biến (0;2) –Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2; yCT = –2 –Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y   x  x  +Bảng biến thiên x –∞ 0 2 +∞ y’ + 0 – 0 + 2 +∞ y –∞ –2 +Đồ thị Câu 2 f  x   cos 2 x  2sin 2 x  1  ln  x  e   1  2sin 2 x   2sin 2 x  1  ln  x  e   2  ln  x  e  >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 2
Hàm số f(x) xác định và liên tục trên đoạn [0;e] 1 Ta có: f '  x   x  f '  x   0 x   0; e Ta có: f  0   3; f  e   3  ln 2 Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn [0;e] lần lượt là 3 + ln2 và 3. Câu 3 5 a) Với mọi x   , x  2 , ta có: 2 f  x  x  2 2x  5 x  2  2 2x  5 1   1  2  2 x  5  1   1 4 x2 x2  x  2 2x  5  1  2x  5 1  4  lim f  x   1  3 x 2 2.  2   5  1 x  2 2x  5 Vậy lim 3 x 2 x2 b) 4x  3.2x x 2  2 x 3  41 x 2  2 x 3 0 (1) ĐK: x2  2 x  3  0 Đặt a  2x ; b  2 x 2  2 x 3  a  0, b  1 . Phương trình (1) trở thành a 2  3ab  4b 2  0   a  b  a  4b   0  a  4b (do a  b  0) Do đó x 2  2 x 3 (1)  2 x  4.2  x  2 x2  2x  3 x  0 x  0  2   2  x  4 x  8 x  12 3x  8 x  12  0 2 4  2 13 x 3 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 3
(thỏa mãn) 4  2 13 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = . 3 Câu 4 1  x  ln x 3 3 3 dx ln x Ta có: I   dx    dx  x  1 x  1 1  x  12 2 1 1 3 dx I1    ln x  1 3  ln 4  ln 2  ln 2. x 1 1 1 3 ln x I2   dx 1  x  1 2 dx dx 1 u  ln x; dv   du  ; v  x  1 x 1 2 x  ln x  ln 3 1 1  3 3 3 dx I2    0    dx x  1 1 1 x  x  1 4 1 x x 1   ln 3    ln x  ln x  1  13 4  ln 3    ln 3  ln 4    0  ln 2  4 3ln 3   ln 2 4 3ln 3  I  I1  I 2  4 Câu 5 Vectơ pháp tuyến của (P) và (Q) lần lượt là n1  2; 3; 4  và n2  4; 13; 6  Giả sử (P) song song hoặc trùng (Q), thì tồn tại số thực k sao cho:  2  4k  n1  k .n2  3  13k (vô lí) 4  6k  Vậy (P) cắt (Q) theo một giao tuyến là đường thẳng d. Ta có:  n1; n2    70; 28; 14  >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4
1 Vì d là giao tuyến của (P) và (Q) nên nhận u   n1; n2    5; 2; 1 làm vectơ chỉ phương. 14   Mặt khác điểm M(0;4;–2) đồng thời thuộc (P) và (Q) nên M ∈ d. x y4 z2 Phương trình (d):   . 5 2 1 Câu 6 a)   sin 4 x  cos 4  x    1  4 2       2sin x    2 cos 2  x     4 2 2   4  2      1  cos 2 x   1  cos  2 x     4 2   2   1  cos 2 x   1  sin 2 x   4 2 2  1  2 cos 2 x  cos 2 2 x  1  2sin 2 x  sin 2 2 x  4  2  cos 2 x  sin 2 x   1   1  cos  2 x      4 2 2       2 x  4    k 2  x  8  2  k  1    với   arccos     2 x      k 2  x      k  2 2  4  8 2   Vậy phương trình có các nghiệm x    k  k   8 2 b) Gọi A là biến cố “Đường thẳng nối hai điểm được chọn cắt hai trục tọa độ”. >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5
+Tính số phần tử của không gian mẫu: Số cách chọn 2 trong 14 điểm đã cho là C142  91 +Tính số kết quả thuận lợi cho A: Để đoạn thẳng nối hai điểm cắt hai trục tọa độ thì chúng phải nằm ở hai góc phần tư đối xứng nhau qua gốc tọa độ O (mỗi điểm nằm ở một góc phần tư) –TH1: Hai điểm nằm ở hai góc phần tư (I) và (III): Số cách chọn điểm nằm trong góc (I): có 2 cách Số cách chọn điểm nằm trong góc (III): có 4 cách. Theo quy tắc nhân, có 2.4 = 8 (cặp điểm) thỏa mãn TH này –TH2: Hai điểm nằm ở hai góc phần tư (II) và (IV): Số cách chọn điểm nằm trong góc (II): có 3 cách Số cách chọn điểm nằm trong góc (IV): có 5 cách. Theo quy tắc nhân, có 3.5 = 15 (cặp điểm) thỏa mãn TH này. Theo quy tắc cộng, số kết quả có lợi cho A là 8 + 15 = 23 23 Xác suất cần tính là: PA  . 91 Câu 7 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 6
+Tính thể tích Vì SA vuông góc với đáy nên góc giữa SC và (ABCD) là SCA  30 ABCD là hình chữ nhật, tam giác ABD vuông tại A nên: AC  BD  AB2  AD2  a 3 Tam giác SAC vuông tại A: SA  AC.tan 30  a Thể tích khối chóp: VS . ABCD 1 1    .SA.S ABCD  .a. a.a 2  3 3 a3 2 3 +Tính khoảng cách: Vẽ AI ⊥ SC tại I. Vì SA ⊥ CD, AD ⊥ CD nên (SAD) ⊥ CD Suy ra AK ⊥ CD. Mà AK ⊥ SD nên AK ⊥ (SCD) Suy ra AK ⊥ IK và AK ⊥ SC. AK ⊥ SC, AI ⊥ SC nên (AKI) ⊥ SC ⇒ SC ⊥ IK. IK là đoạn vuông góc chung của AK và SC ⇒ d(AK,SC) = IK. Tam giác SAD vuông tại A: 1 1 1 2a 2    AK 2  AK 2 SA2 AD 2 3 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 7
Tam giác SAC vuông tại A: 1 1 1 3a 2    AI  2 AI 2 SA2 AC 2 4 Tam giác AIK vuông tại K: a 3 IK  AI 2  AK 2  6 a 3 Vậy d  AK , SC   6 Câu 8 BE cắt CM tại F. AC là đường kính của (I) nên AEC  90  CEM  90 Suy ra tam giác ECM vuông cân tại E ⇒ ECF  45 ABEC là tứ giác nội tiếp nên CEF  CAB  45 (∆ CAB vuông cân) Suy ra ∆ ECF vuông cân tại F EF là đường cao của tam giác cân ECM ⇒ F là trung điểm CM. ⇒ F  5; 4  1 Đường thẳng BF đi qua F , nhận vectơ CM   3;1 làm vectơ pháp tuyến. 2 ⇒ Phương trình BF : 3x  y  11  0 Tọa độ của điểm B thỏa mãn hệ: >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 8
3x  y  11  0   B  3; 2  y  2  0 Ta có: CB  1;7  . Do đó đường thẳng BC qua B và nhận vectơ n   7; 1 làm vectơ pháp tuyến. Phương trình BC : 7 x  y  19  0 . AB qua B và nhận CB  1;7  làm vectơ pháp tuyến. Phương trình AB : x  7 y  17  0 . Gọi A 17  7a; a   AB . Ta có: AB  BC  14  7a    a  2   50 2 2 a  1  a 2  4a  3  0   a  3 A và M nằm khác phía so với BC nên  7 xA  yA  19 7 xM  yM  19  0 a  1  A 10;1   7 xA  yA  19 7 xM  yM  19  0 (loại) a  3  A  4;3   7 xA  yA  19 7 xM  yM  19   0 (thỏa mãn) Vậy A(–4;3) Câu 9 4 x3  12 x 2  15 x   y  1 2 y  1  7 (1)  6  x  2  y  x  26  6 3 16 x  24 y  28 (2) 1 ĐK: y  2 (1)  8 x3  24 x 2  30 x   2 y  2  2 y  1  14   2 x  2   3  2 x  2   14     2 y  1  3 2 y  1  14  3 2 2     Xét hàm f  t    t 2  3 t  14 trên ℝ. Ta có: f '  t   3t 2  3  0 t >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 9
Suy ra f(t) đồng biến trên ℝ. x  1  3  f  2 x  2   f    2 y 1  2x  2  2 y 1   y  2x2  4x  5   2 Thay vào phương trình (2) ta được: 3  x  2   4 x 2  8 x  5   x  26  6 3 16 x  12  4 x 2  8 x  5   28  12 x3  48 x 2  62 x  4  12 3 6 x 2  10 x  4  6  2 x  1 x  2    6 x 2  10 x  4   8  8  12 3 6 x 2  10 x  4 (*) 2 Với x ≥ 1 ta có: 6  2 x  1 x  2   0;6 x 2  10 x  4  0 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho ba số không âm, ta có:  6x 2  10 x  4   8  8  3 3  6 x 2  10 x  4  .8.8  12 3 6 x 2  10 x  4  6  2 x  1 x  2    6 x 2  10 x  4   8  8  12 3 6 x 2  10 x  4 2 x  1  Dấu bằng xảy ra   2 x  1 x  2   0  x  2 2  2 6 x  10 x  4  8 5 Suy ra (*)  x  2  y  (thỏa mãn) 2  5 Hệ có nghiệm duy nhất  2;  .  2 Câu 10 x 2  y 2  z  2 xy   3z 2 4 2 P  z2 2 xyz 2  x  y   xy  z 2   3xyz (*) Từ (*) suy ra >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 10
xy  z 2  0;3xyz   x  y   xy  z 2   2 xy  xy  z 2   3z xy  2 xy  2 z 2  2 xy  z    xy  2 z  0  xy  2 z xy  z2  4 Kết hợp với (*) ta có: x y 3xy 3xy   4 z xy  z 2 xy  xy 4 x 2  y 2 z 4  4 z 2 xy  4 x 2 y 2  3z 4 P  z2 2 xyz 2 x2  y 2 2 xy z 2  2 2  z2 z xy  x  y 2 xy  z 2   1 z2 xy xy  z 2 3z x y 3 Từ (*) suy ra  . Đặt t  , t  4 thì P  t 2   1 xy x y z t 3 Xét hàm số f  t   t 2   1 trên [4;+∞) t 3 2t 3  3 f '  t   2t    0 t   4;   t2 t2 Suy ra f(t) đồng biến và liên tục trên [4;+∞) 71 Suy ra f  t   f  4   t   4;   4 71 P 4 Dấu bằng xảy ra khi x = y = 2z, chẳng hạn x = y = 2, z = 1. 71 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là . 4 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 11