intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề thi thử tuyển sinh quốc gia THPT năm 2015 lần 5 môn Toán

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST
Báo xấu
54
lượt xem 3
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với thời gian làm bài 180 phút các bạn sẽ được tham khảo 10 câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết sẽ được trình bày cụ thể trong "Đề thi thử tuyển sinh quốc gia THPT năm 2015 lần 5 môn Toán".

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tuyển sinh quốc gia THPT năm 2015 lần 5 môn Toán

  1. LỜI NÓI ĐẦU Với 5 đề thi thử môn Toán năm 2015 dành cho khóa 1997, được biên soạn khá tỉ mỉ, chứa đựng nhiều mưu đồ. Những dạng toán được phân bổ đều, phổ hết chương trình trung học phổ thông, tập trung vào kiến thức lớp 12. Các bài toán được cập nhật và làm mới để tiệm cận với đề tốt nghiệp Quốc gia. Đề được sắp xếp dễ dần theo thời gian tham gia thi của học sinh. Đáp án tham khảo đã được chia sẻ trong ba nhóm FC. Đăng Quý, Dangquymaths và những người bạn, 97 Ôn thi cùng Gia sư trực tuyến. Cùng với luyện thi, mỗi lần tổ chức thi thử đầy ắp những kỷ niệm, chứa đựng nhiều trải nghiệm cho chúng ta. Hy vọng đây là tài liệu tham khảo hữu ích cho học sinh khóa 1997 trước kỳ thi sắp tới. Gửi lời cảm ơn chân thành tới quí Thầy Cô đã tham gia hỗ trợ và phản biện đề! Hà nội, ngày 22 tháng 6 năm 2015 Nguyễn Đăng Quý
  2. LUYỆN THI BÌNH MINH KÌ THI TUYỂN SINH QUỐC GIA THPT NĂM 2015 ĐỀ THI THỬ LẦN 5 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 1 4 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x  2mx 2 (Cm) 3 4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m  . 3 b) Tìm m để hàm số (Cm) đạt cực tiểu tại x  1 . Câu 2 (1,0 điểm). 2 a) Giải phương trình: sin 2x  sin x  2 cos x  cos x .   b) Cho số phức z thỏa mãn z  1  i z  3  4i . Tính mô đun số phức w  z  6 . x 1 x Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4  3.4  7  0. 3 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: x  2x  2x  1  2(x  1) x  2 .  2 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân: I   2x 1  sinx dx . 0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm H của cạnh AB và SH  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB, AC lần lượt là x  y  5  0 và x  3 y  7  0 . Trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng d : x  2 y  4  0 . Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng 2 2 2 ( P) : 2 x  2 y  z  3  0 và mặt cầu ( S ) :  x  1   y  2    z  3  16 . Xác định vị trí tương đối của mặt phẳng ( P) và mặt cầu ( S ) . Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với ( P) và tiếp xúc với (S ) . Câu 9 (0,5 điểm). Một hộp đựng 6 quả cầu trắng, 4 quả cầu màu đỏ và 2 quả cầu xanh. Chọn ngẫu nhiên 6 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để 6 quả cầu được chọn có 3 quả cầu trắng, 2 quả cầu đỏ và 1 quả cầu xanh. 2 2 2 Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x , y, z thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ 3 3 x y z nhất của biểu thức: P  2 xy   z2  3 . xy z2 x 2  2yz ---------- 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…0982473363……… Chúc các em đạt kết quả cao trong Kỳ thi THPT Quốc gia năm 2015 Facebook: Dangquymaths
  3. Facebook: Dangquymaths ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 5 1 4 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x  2mx 2 (Cm) 3 4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m  . 3 4 1 8 Với m   y  x 4  x2 3 3 3 + Tập xác định D  R + Sự biến thiên 41 8  Giới hạn tại vô cực: Lim y  Lim x      x  x   3 3x 2  4 3 16 Chiều biến thiên: y '  x  x ; y '  0  x  0; x  2 3 3 Bảng biến thiên: x  -2 0 2  y’ - 0 + 0 - 0 +  0  y 16 16   3 3 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  2; 0 và 2;   ; nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 2 và  0;2; . 16 Hàm số đạt cực đại yCD  0 tại x  0 ; hàm số đạt cực tiểu yCT   tại x  2; x  2 . 3 + Đồ thị (Học sinh tự vẽ)   Giao điểm với Ox: O 0; 0 Giao điểm với Oy: O  0; 0  , A  2   2; 0 , B 2 2; 0  2 16 Điểm uốn y ''  4x  3 2 3 80  y ''  0  x   y  ; 3 27  2 3 80   2 3 80  U1   ;   ; U1  ;    3 27    3  27  Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng
  4. Facebook: Dangquymaths b) Tìm m để hàm số (Cm) đạt cực tiểu tại x  1 . 4 3 + Ta có y '  x  4mx và y ''  4x 2  4m 3 + Để hàm số đạt cực tiểu tại x  1 ta có điều kiện: y '(1)  0 4  1   4m  0 m  1   3  3 m  y ''(1)  0 4  4m  0 1  m 3   1 1 + Thử lại với m  thỏa mãn, vậy m  . 3 3 Câu 2 (1,0 điểm). 2 a) Giải phương trình: sin 2x  sin x  2 cos x  cos x   PT  sin x  cos x 2 cos x  1  0   tan x  1   sin x  cos x  0  x   k   4 2 cos x 1 0 1 x   2  k 2     cos x    2  3  2 2 Vậy nghiệm của phương trình là: x   k  ; x   k 2 ; x    k 2 ; k  Z . 4 3 3   b) Cho số phức z thỏa mãn z  1  i z  3  4i . Tính mô đun số phức w  z  6 . + Đặt z  a  bi với a,b  R  z  a  bi + Theo giả thiết ta có:     a  bi  1  i a  bi  3  4i  b  2b  a i  3  4i   b  3 b  3    z  2  3i 2b  a  4 a  2   + Do đó ta có w  4  3i  w  42  32  5 + Vậy mô đun số phức w bằng 5. x 1 x Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4  3.4 7 0 + Phương trình đã cho tương đương với: 12 4x  7  0 x 4 2  4x   7.4x  12  0
  5. Facebook: Dangquymaths  x   4 4 4 3  0 x   4x  4 x  1  x  4  3  x  log4 3 + Vậy nghiệm của phương trình là x  1; x  log4 3 . 3 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: x  2x  2x  1  2(x  1) x  2 + Điều kiện: x  2 2   + BPT  (x  1) x  3x  1  2(x  1) x  2   (x  1) x 2  3x  1  2 x  2  0   (x  1) x  1   x 2 x 3 x 2 0   (x  1) x  1  x  2   0 (1) Vì x  2 nên x  3  x  2  0 + Trường hợp 1: x  1 1  x  1  x  2  0  x  1  x  2  x2  x  1  0  1  5 x   2  1  5 , kết hợp điều kiện ta được x  1 x   2 + Trường hợp 2: 2  x  1 1  x  1  x  2  0  x  1  x  2 (2) Với 2  x  1 bất phương trình (2) luôn đúng 2 1  5  Với 1  x  1 2  x  x  1  0 , kết hợp điều kiện  1  x  2 Kết hợp điều kiện các trường hợp, nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1  5 2  x  ;x  1 2
  6. Facebook: Dangquymaths  2 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân: I   2x 1  sinx dx 0   2 2 + Ta có: I   2xdx   2x sin xdx  I1  I 2 (1) 0 0   2 2 + Tính I 1   2xdx  x2 2  (2) 0 0 4   2 2 + Tính I 2   2x sinxdx  2  x sinxdx 0 0 u  x du  dx Đặt dv  sin xdx  v  cosx   Theo công thức tích phân từng phần ta có:      2   I 2  2  x cos x 2   cos xdx   2 sin x 02  2 (3)  0 0     2 + Từ (1) (2) và (3) suy ra I  2 4 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm H của cạnh AB và SH  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. S + Theo giả thiết HA  HB  a và SH   ABC  + Gọi M là trung điểm cạnh AC, Do ABC là tam giác đều cạnh 2a nên 3 BM  AC  BM  2a a 3 2 A I + Diện tích tam giác ABC: 1 1 S ABC  BM .AC  .a 3.2a  a 2 3 K 2 2 H + Thể tích khối chóp S.ABC: M 1 1 VS . ABC  .SH .S ABC  .a 3.a 2 3 3 3 C B
  7. Facebook: Dangquymaths 3  VS . ABC  a (đvtt) + Vì BA  2 HA  d  B, ( SAC )   2d  H , ( SAC )  BM a 3 + Kẻ HK  AC , K  AC  KA  KM và  HK   2 2 Kẻ HI  SK , I  SK . Ta có SH  ( ABC )  SH  AC mà AC  HK  AC  ( SHK )  AC  HI Do đó HI  ( SAC )  d ( H , ( SAC ))  HI 1 1 1 + Xét tam giác vuông SHK : 2  2  HI HK HS 2 1 4 1 5 a 15 a 15  2  2  2  2  HI   d ( H ,( SAC ))  HI 3a 3a 3a 5 5 2a 15 + Do đó ta được: d ( B,( SAC ))  2d ( H ,( SAC ))  5 2a 15 + Vậy d ( B,( SAC ))  . 5 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB, AC lần lượt là x  y  5  0 và x  3 y  7  0 . Trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng d : x  2 y  4  0 . Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD. + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: x  y  5  0  x  2   x  3y  7  0  y  3  A  2;3 A K D + VTPT của AB, AC:   nAB  1; 1 , nAC  1;3   I nAB .nAC      1.1  1.3  1 Do đó cos BAC nAB . nAC 2. 10 5 H 1 G   tan BAC 1  5 1  2 2 cos BAC B M C  BC  2 AB + Phương trình đường thẳng AD đi qua điểm A và vuông góc với AB: AD : x  y  1  0 + Gọi H, K là hình chiếu vuông góc của G lên AB, AD tương ứng, M là trung điểm BC. 1 1 2 2 Ta thấy GH  AD  BC  AB ; GK  AB  GH  GK 3 3 3 3 + Vì G thuộc đường thẳng d : x  2 y  4  0 nên G  2t  4; t  2t  4  t  5 t 1 GH  d  G , AB    ; 2 2 2t  4  t  1 3t  5 GK  d  G , AD    2 2
  8. Facebook: Dangquymaths t  1 3t  5 t  1  3t  5 t  3 G  2;3 Mà GH  GK      2 2 t  1  5  t t  2 G  0; 2   nên f  G  . f  G   0  G  2;3 , + Do G nằm trong góc BAC AC AB với f AB  x  y  5 ; f AC  x  3 y  7   + Với G  2;3 ta có AG  2GM  M (4;3) + Phương trình đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AB: BC : x  y  7  0 + Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: x  y  5  0 x  1    B 1;6  x  y  7  0  y  6 + Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: x  3y  7  0 x  7    C  7;0  x  y  7  0 y  0 + Phương trình đường thẳng BD đi qua B và G: BD : 3x  y  9  0 + Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:  x  y 1  0 x  4    D  4; 3 3 x  y  9  0  y  3 + Vậy tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD: A  2;3 ; B 1;6  ; C  7;0  ; D  4; 3 . Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng 2 2 2 ( P) : 2 x  2 y  z  3  0 và mặt cầu ( S ) :  x  1   y  2    z  3  16 . Xác định vị trí tương đối của mặt phẳng ( P) và mặt cầu ( S ) . Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với ( P) và tiếp xúc với (S ) . + Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;3) bán kính R  4 + Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( P) : 2  2.2  3  3 6 d ( I ,( P ))   2 22  22  12 3 + Vì d( I ,( P ))  R nên mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu (S ) .   + Mặt phẳng (Q) song song với ( P) nên véc tơ pháp tuyến: n( Q )  n( P )   2; 2; 1 Do đó phương trình mặt phẳng (Q) có dạng: ( P) : 2 x  2 y  z  m  0 với m  3 + Để mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S ) ta được: 2  2.2  3  m m  9 d( I ,( Q ))  R   4  3  m  12   22  22  12  m  15 + Vậy phương trình mặt phẳng (Q) : 2 x  2 y  z  9  0 hoặc (Q) : 2 x  2 y  z  15  0 .
  9. Facebook: Dangquymaths Câu 9 (0,5 điểm). Một hộp đựng 6 quả cầu trắng, 4 quả cầu màu đỏ và 2 quả cầu xanh. Chọn ngẫu nhiên 6 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để 6 quả cầu được chọn có 3 quả cầu trắng, 2 quả cầu đỏ và 1 quả cầu xanh. + Phép thử T: “Chọn 6 quả cầu từ 12 quả cầu” 6 + Số phần tử của không gian mẫu:   C 12  924 + Gọi A là biến cố: “6 quả cầu được chọn có 3 quả cầu trắng, 2 quả cầu đỏ và 1 quả cầu xanh ” 3 + Chọn 3 quả trắng từ 6 quả trắng: C 6 cách. 2 + Chọn 2 quả đỏ từ 4 quả đỏ: C 4 cách. 1 + Chọn 1 quả xanh từ 2 quả xanh: C 2 cách. 3 2 1 + Số phần tử của không gian biến cố: A  C 6 .C 4 .C 2  240 A 240 20 + Xác suất cần tìm của biến cố A: PA    924 77 .  2 2 2 Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x , y, z thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ 3 3 x y z nhất của biểu thức: P  2 xy   z2  3 . xy z2 x 2  2yz 12 3 x y z + Ta có: P  4xy   z2  3 xy z2 x 2  2yz AM GM 8 2 x y z P  8  2 3 xy z2 x 2  y2  z 2 2 2 2 2 2 x y z P 3 2    xy    3 z  3 2  1 1 1 x y z P  18  2     3  xy  xy z  3 81 x y z P  18  2. 3 2 3 2 xy  z  81 x y z P  18  2. 3 2 3 x  y  z 
  10. Facebook: Dangquymaths 162 x y z P  18  3 2 3 x  y  z  108 x y z P 3 x y z 3 x y z Đặt t  3 2  2 2    , ta có x  y  z  x  y  z 3  x  y  z  3 Do đó 0  t  1 . 6 Mặt khác P  t   3t  f t với 0  t  1 .  f' t  6 33 t  2 2  0 với 0  t  1 , do đó f t 2 t 2 t  nghịch biến với 0  t  1 .    f t  f 1  9  P  9. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9. Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1 . ---------- HẾT ---------- Mọi cách giải khác có lập luận chặt chẽ và kết quả chính xác đều được điểm tối đa Chân thành cảm ơn các Thầy Cô đã hỗ trợ và phản biện đề thi thử lần 4! Chúc các em đạt kết quả cao trong Kỳ thi THPT Quốc gia năm 2015!
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
5=>2