Đề thi thử và đáp án quốc gia lần 2: Môn Toán - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu (Năm 2015)

Chia sẻ: Thái Đức Thuần | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

104
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với cấu trúc gồm 10 câu trong thời gian làm bài 180 phút, đề thi thử quốc gia lần 2 "Môn Toán - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu" năm 2015 sẽ giúp các bạn củng cố lại kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài thi. Chúc các bạn thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử và đáp án quốc gia lần 2: Môn Toán - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu (Năm 2015)

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 2 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu MÔN: TOÁN Đề chính thức Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  2 x 2  4 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1). b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x 2 ( x 2  2)  3  m có 2 nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). 3 4 1  cot  a) Cho góc  thỏa mãn     và sin     Tính A   2 5 1  cot  b) Cho số phức z thỏa mãn 3( z  1)  4 z  i(7  i). Tính môđun của số phức z. Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 22 x  22 x  15.  2  2  2 3  4 x   x  1  1 ( x  y  3 y  2) Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   ( x 2  y 2 )2  2014 y 2  2015  x 2  4030 y  e Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x 5 x  ln x dx.   1 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  3a, BC  5a; mặt phẳng ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ). Biết SA  2 a 3 và SAC  30o. Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có D (5; 4). Đường trung trực của đoạn DC có phương trình d1 : 2x  3 y  9  0 và đường phân giác trong góc BAC của tam giác ABC có phương trình d 2 : 5 x  y  10  0. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(–1; 1; 2), B(0; 1; 1), C(1; 0; 4)  x  t  và đường thẳng d :  y  2  t , t   . Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm tọa độ giao điểm của d với  z  3  t mặt phẳng (ABC). 1 Câu 9 (0,5 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện Cnn  Cnn1  An2  821. Tìm hệ số của x31 2 n  1  trong khai triển Niu-tơn của  x   ( x  0).  x2  Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x  y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1  x y  P  4x2  2  4 y2    2 2  2   x y  x 1 y 1 -------------- 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:.............................. 1
ĐÁP ÁN KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: Toán – Khối A; A1; B; D1 HƯỚNG DẪN CHẤM THI (HDC này gồm 04 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả) II) Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Điểm 4 2 Cho hàm số y  x  2 x  4 (1). a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) của hàm số (1)  Tập xác định  .  Chiều biến thiên: - Ta có y  4 x( x 2  1); y  0  x  0 hoặc x  1. 0.25 - Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (;  1) và (0;1). - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (1; 0) và (1; ).  Cực trị: - Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  y (1)  3. - Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCÑ  y (0)  4. 0.25  Các giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y   x  x Bảng biến thiên x  1 0 1  y'  0  0  0   4  0.25 y Câu 1 3 3 (2 điểm)  1 31  Đồ thị hàm số : Đồ thị qua các điểm A   ;  , B(  2; 12), C (2; 12).  3 9 0 y 0.25 4 3 1 O 1 x b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x 2 ( x 2  2)  3  m có 2 nghiệm phân biệt. Ta có x 2 ( x 2  2)  3  m  x 4  2 x 2  3  m  x 4  2 x 2  4  m  1 (*) 0.25 Số nghiệm của PT(*) bằng số giao điểm của đường thẳng d : y  m  1 với đồ thị 0.25 (C ) Dựa vào đồ thị (C ), để PT đã cho có 2 nghiệm thì: m  1  4 hoặc m  1  3. 0.25 Hay m  3 hoặc m  2. Vậy PT đã cho có 2 nghiệm khi m  3 hoặc m  2. 0.25 Câu 2 3 4 1  cot  a) Cho góc  thỏa mãn     và sin     Tính A   (1 điểm) 2 5 1  cot  2
16 9 3 3 Ta có cos2   1  sin 2   1   cos    (do     ) 0.25 25 25 5 2 4 3   sin   cos Từ đó có A   5 5  7. 0.25 sin   cos   4  3 5 5 b) Cho số phức z thỏa mãn 3( z  1)  4 z  i (7  i). Tính môđun của số phức z. Đặt z  a  bi ( a, b   ). Khi đó 0.25 3( z  1)  4 z  i (7  i)  3(a  bi  1)  4( a  bi )  1  7i  a  2  7(1  b)i  0 a  2   z  5. 0.25 b  1 Giải phương trình 22 x  22 x  15. 4 PT trên có thể viết lại 4.2 x   15. Đặt t  2 x (t  0) ta được 4t 2  15t  4  0 2x 0.25 Câu 3 (0,5 điểm) 1 t (loại) hoặc t  4. 4  Với t  4 thì 2 x  2 2  x  2. 0.25 Vậy PT đã cho có nghiệm là x  2.  2  2  2 3 Câu 4  4 x   x  1  1 ( x  y  3 y  2) (1) Giải hệ phương trình   (1 điểm) ( x 2  y 2 )2  2014 y 2  2015  x 2  4030 y (2)  Từ PT(2), ta có ( x 2  y 2 ) 2  ( x 2  y 2 )  2015( y  1)2  0  0  x 2  y 2  1. 0.25 Do đó x  1; y  1.  Nếu x 2  1  1  0  x  0, thay vào HPT, ta được   y3  3 y  2  0  ( y  1) 2 ( y  2)  0  4   y  1 (do y  1). 0.25 2 4 2  y  2014 y  2015  4030 y  y  2014 y  2015  4030 y Như vậy ( x; y )  (0;1) là một nghiệm của HPT đã cho.  Nếu x 2  1  1  0  x  0, nhân hai vế của PT(1) với x 2  1  1 , ta được (1)  4 x 2  x 2  1  1  x 2 ( x 2  y3  3 y  2)  4  x 2  1  1   x 2  y 3  3 y  2 0.25      x 2  1  4 x 2  1  3  y 3  3 y  2   x 2  1  1  2  2  x  1  3   ( y  2)( y  1) (3)    Với x  0; x  1; y  1, ta có x 2  1  1  0; x 2  1  3  0;( y  2)( y  1) 2  0. Nên  x 2  1  1 2  2  x  1  3   0  ( y  2)( y  1) , từ đó PT(3) vô nghiệm 0.25    Đối chiếu với điều kiện ta thấy ( x; y )  (0;1) là nghiệm của HPT đã cho. Cách 2  2  2  2 3  4 x   x  1  1 ( x  y  3 y  2) (1) Giải hệ phương trình   ( x 2  y 2 )2  2014 y 2  2015  x 2  4030 y (2)  ♦ Biến đổi phương trình (2) về dạng : x  y 2  x 2  y 2 1  2015 y  1 2 2 Suy ra : 0  x 2  y 2  1 0.25  x 2  x 2  y 2  1 1  x  1 Do đó :  2   y  x 2  y 2  1 1  y  1 3
♦ Biến đổi phương trình (1) về dạng : 4  x 2  1 1      x 2  1  1  x 2  y 3  3 y  2   0.25 4 x 2  1  1  x 2  y 3  3y  2  4 x 2  1  x 2  y 3  3 y  2 (*) ♦ Xét hàm số f  x   4 x 2  1  x 2 với x  1;1 , ta có : 4x f ' x    2x x2 1  2  x 2  1  x  0    0   f ' x   0  2 x   0.25  x 2  1   x   3  1;1 Suy ra : min  x 1;1  f  x   min f 1; f  0; f 1  f 0  4  Do đó : 4 x 2  1  x 2  4, x  1;1 , Dấu đẳng thức xảy ra khi x  0 ♦ Xét hàm số g  y   y 3  3y  2 với y  1;1 , ta có : g ' y   3y 2  3 ; g' y   0  y  1 Suy ra : Max  y 1;1  f  x   Max g 1;g 1  g 1  4  Do đó : y 3  3y  2  4, y  1;1 , Dấu đẳng thức xảy ra khi y  0 0.25  x  0 Từ đó : *   .  y  1 Thử lại ta thấy nghiệm của hệ phương trình đã cho là  x; y   0;1 . e Tính tích phân I   x 5 x  ln x dx.   1 e 3 e  5  e Ta có I   5 x 2 dx   x ln xdx  2  e 2  1   x ln xdx 0.25   1 1   1 e Tính I1   x ln xdx 0.25 1 Câu 5  1 u  ln x  du  x dx (1 điểm) Đặt     dv  xdx  x2 v  2 e e  x2  1 e2 1  I1   ln x    2   1 21 xdx   4 4  0.25 5 5 1 2 7 1 2  Vậy I  2e 2  e    8e  e 2  7   0.25 4 4 4    Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  3a, BC  5a; mặt phẳng Câu 6   30o. Tính theo a thể ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ). Biết SA  2 a 3 và SAC (1 điểm) tích của khối chóp S .ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ). 4
 Kẻ SH  AC ( H  AC ). S Do ( SAC )  ( ABC ) nên SH  ( ABC ).   2a 3.  a 3. 1 2a 3 Ta có SH  SA.sin SAC 2 0.25 K 30o H A C D 3a 5a B Thể tích của khối chóp S .ABC là 1 1 1 0.25 VS . ABC  S ABC .SH  AB. AC .SH   3a.4 a.a 3  2 a 3 3. 3 6 6  Kẻ HD  BC ( D  BC ), HK  SD ( K  SD). Khi đó HK  d ( H ;(SBC )). 3 0.25   2a 3. Vì AH  SA.cos SAC  3a nên AC  4 HC 2  d ( A;( SBC ))  4d ( H ;( SBC ))  4 HK . HD AB 3a Ta có   HD   HC BC 5 3a 4a 3. 0.25 4 SH .HD5  6a 7  Từ đó d ( A;( SBC ))  4 HK   SH 2  HD 2 9a2 7 3a 2  25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có D (5; 4). Đường trung Câu 7 trực của đoạn DC có phương trình d1 : 2x  3 y  9  0 và đường phân giác trong góc (1 điểm) BAC của tam giác ABC có phương trình d 2 : 5 x  y  10  0. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành. Gọi M là trung điểm của DC , do M  d1 nên M (3m  3;  2 m  1), m  .    Ta có u1.DM  0 (*), với u1  ( 3; 2) là vectơ chỉ phương (VTCP) của d1 và  DM  (3m  2;  2m  3) 0.25 Nên (*)  3(3m  2)  2(2m  3)  0  m  0. Vậy M (3; 1) , suy ra C (1;  2). Củng theo giả thiết A  d 2 nên A( a;  10  5a ), a  .    xB  a  4 x  a  4 0.25 Mặt khác do ABCD là HBH nên AB  DC    B y  B  10  5 a   6  yB  16  5a    B( a  4;  16  5a). Vì DA và DC không cùng phương nên a  5 14  5a   a  1 4 6  Đường thẳng d2 là phân giác góc BAC và nhận u2  ( 1; 5) là VTCP nên         AB.u2 AC .u2     cos AB; u2  cos AC ; u2       AB . u2 AC . u2  0.25 (4)(1)  ( 6)5 (1  a )(1)  (8  5a )5 26 26 a  39     2 2 2 2 ( 4)  (6) (1  a )  (8  5a) 52 (1  a )2  (8  5a ) 2  a  2 (thỏa mãn). Vậy A( 2; 0), B( 6;  6). 0.25 Cách 2 5
♦ Viết phương trình DC : 3 x  2 y  7  0 ♦ Tìm tọa độ H : H 3;1 0.25 ♦ Tìm tọa độ C : C 1; 2 ♦ Viết phương trình CC ' : x  5y 11  0  3 5 ♦ Tìm tọa độ I : I  ;    2 2  0.25 ♦ Tìm tọa độ C ' : C '4; 3 ♦ Viết phương trình AB : 3 x  2 y  6  0 ♦ Tìm tọa độ A : A 2; 0 0.25 ♦ Tìm tọa độ B : B 6; 6 0.25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(–1; 1; 2), B(0; 1; 1), C(1; 0; 4) và  x  t  đường thẳng d :  y  2  t , t   . Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm tọa độ giao  z  3  t điểm của d với mặt phẳng (ABC).     Ta có AB  (1; 0; 1); AC  (2; 1; 2);  AB, AC   ( 1;  4;  1). 0.25    Câu 8 Mặt phẳng (ABC) nhận vectơ n   AB , AC  làm vectơ pháp tuyến (1 điểm) 0.25 Suy ra (ABC) : x  4(y  1)  z  1  0 hay x  4 y  z  5  0  x  t  Tọa độ giao điểm I của d và mp(ABC) là nghiệm của hệ  y  2  t z  3  t 0.25  x  4 y  z  5  0  t  4(2  t )  3  t  5  0  t  3  I (3;  1; 6). 0.25 1 Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện Cnn  Cnn1  An2  821. Tìm hệ số của x31 trong 2 n  1  khai triển Niu-tơn của  x   ( x  0).  x2  Điều kiện n  2, n  . 1 n(n  1) Câu 9 Theo giả thiết Cnn  Cnn1  A2n  821  1  n   821 0.25 (0,5 điểm) 2 2  n2  n  1640  0  n  40. 40 40 40k  1  k 40 k  1  Ta có  x     40C x      Ck40 x 403k .  x2  k0 2 x  k0 0.25 Yêu cầu bài toán thì 40  3k  31  k  3. Vậy hệ số của x 31 là C340  9880. Câu 10 Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x  y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1 điểm) 6
1 1  x y  P  4x2  2  4 y2  2   2  2   x y  x 1 y 1 1 1  Gọi M  4 x 2  2  4 y2  x y2 Ta có 1  2 1  2 2  1 1 0.25 M  2x    2y     x  y    (Theo Cauchy-Schwarz) 5 x  5 y  5 x y 4  1  4  1    xy     4 xy   3 xy  (Theo BĐT AM-GM) 5 xy  5 xy   4  1 3   2 4 xy     2 5 (do giả thiết). 5  xy 2  Suy ra M  2 5 (1) x y  Gọi N  2  2  x  1 y 1 x y x y 4x 4y Ta có N        2 1  3  2 1  3 x  3 y  3 4x  3 4 y  3 x    y   4 4  4 4  4 4 0.25 4x 4y  1 1  4 4 4 Hơn nữa:   2  3    23  2  3   4x  3 4 y  3  4 x  3 4 y  3  4 x  4 y  6 10 5 4 Do đó  N   (2) 5 4 Từ (1) và (2) suy ra P  2 5   0.25 5 1 4 4 Khi x  y  thì P  2 5   Vậy MinP  2 5   0.25 2 5 5 Cách 2 Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x  y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Câu 10  x 1 1 y  (1 điểm) P  4x2  2  4 y2  2   2  2   x y  x 1 y 1 2 xy 1 Vì 0  xy      2  4 Ta có 1 1  2 1  2 1  4 x 2 y2  1 4x2   4y2   2 4  4x    4 y    2 x2 y2  x2   y2  xy 0.25 2 2 (1  4)(4 x y  1) 4( xy  1) 2  5 xy 5 xy x  y   xy  1 x  y   xy  1 2 x 1 y 1 2  x  1 y  1 2 2 1  xy 1  xy 4  xy  1 1 Nên P   0,25 5xy xy  1 4  t  1 1 1 Xét hàm f  t    / (0; ] 5t t 1 4 7
2  t  1 1 1 f 't    2  0, t  (0; ] 0.25 t 5t  t  1 4 1 4 Nên f (t )  f    2 5   4 5 4 1 Hay MinP  2 5  khi x  y  0,25 5 2 -----------------------Hết---------------------- 8