Tài liệu Đề thi thử quốc gia lần 1 năm 2015 môn toán trường thpt lý tự trọng, khánh hòa

  • Số trang: 6 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 620 |
  • Lượt tải: 6
hoanggiang80

Tham gia: 27/02/2015

Mô tả:

Đề thi thử Quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán trường THPT Lý Tự Trọng, Khánh Hòa
SỞ GD & ĐT KHÁNH HOÀ TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I - NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề 2x −1 x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C) , hãy tìm trên đồ thị (C) điểm M có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M cắt đường tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt tại A và B thỏa mãn: 2IA2 + IB2 = 12 . Câu I: (2đ) Cho hàm số y = f ( x) = Câu II: (2đ) Giải các phương trình sau : (1 − s inx)(2sin 2 x + 6 cosx + 2sinx + 3) 1. =2 2 cos x + 1 1 2. log 27 x3 + log 3 ( x + 4) = log 3 ( x − 2)2 4 1 ( x 2 + x )e x dx x + 2e − x 0 Câu III: (1đ) Tính tích phân : I = ∫ Câu IV: (1đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho hai điểm A(1;2); B(4;1) và đường thẳng d: 3x-4y+5=0. Viết phương trình đường tròn (C) đi qua A,B và cắt d tại C, D sao cho CD = 6. Câu V: (1đ) Trong một chiếc hộp có chứa 6 viên bi đỏ, 5 viên bi vàng và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi lấy ra không có đủ cả 3 màu. Câu VI: (1đ) Cho hình chóp đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên của hình chóp tạo với mặt đáy một góc 600 . Mp(P) chứa AB và đi qua trọng tâm G của ∆ SAC cắt SC , SD lần lượt tại M,N . Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a  x3 − 6 x 2 + 13 x = y 3 + y + 10 Câu VII: (1đ) Giải hệ phương trình :  3 2  2 x + y + 5 − 3 − x − y = x − 3 x − 10 y + 6 Câu VIII: (1đ) Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thức: 1 1 1 P= + + 4 + 2 ln(1 + x) − y 4 + 2 ln(1 + y ) − z 4 + 2 ln(1 + z ) − x -----------------HẾT --------------- Câu Câu I (2đ) ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI THỬ LẦN I – NĂM HỌC 2014-2015 - KHỐI 12 Đáp án Điểm 2x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) : y = f ( x ) = : (1đ) x −1 + Tập xác định : D = R \ {1} + y' = −1 ( x − 1) 2 < 0; ∀x ∈ D : Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1) và (1; +∞) + lim y = −∞ ; lim y = +∞ : TCĐ x = 1 x →1− x →1+ 0.25 0.25 + lim y = 2 : TCN y = 2 + x →− ∞ + Bảng biến thiên: x -∞ y' y 2 1 +∞ - 0.25 +∞ -∞ 2 1  + Điểm đặc biệt : (0;1) ;  ;0  2  + Đồ thị: y 0.25 2 I 1 1 x 2. (1đ) + I(1;2) . Gọi M(x0; 2 x0 − 1 ) ∈ (C) , x0 > 0 ; x0 ≠ 1 x0 − 1 + Pttt với (C) tại M : d : y = − 1 2x −1 ( x − x0 ) + 0 ( x0 − 1) 2 x0 − 1 0.25 2 x0 ) x0 − 1 + B là giao điểm của d và TCN ⇒ B(2x0 -1; 2) 4 + Tính được IA2 = ; IB2 = 4(x0 – 1)2 2 ( x0 − 1) + A là giao điểm của d và TCĐ ⇒ A(1; + 2IA2 + IB2 = 12 ⇔ 0.25 2 + ( x0 − 1) 2 = 3 ⇔ ( x0 − 1) 4 − 3( x0 − 1) 2 + 2 = 0 ( x0 − 1) 2  x0 − 1 = 1  x0  x ( x0 − 1) 2 = 1  x0 − 1 = −1  0 ⇔ ⇔ ⇔ 2 x −1 = 2 x ( x0 − 1) = 2  0  0  x0 − 1 = − 2  x0 =2 = 0 (loai) = 1+ 2 0.25 = 1 − 2 (loai) + KL: Vậy có 2 điểm cần tìm: M1(2;3) ; M2 (1+ 2 ; 2+ Trang 1 2 ) 2 0.25 1. Giải phương trình: (1 − s inx)(2sin 2 x + 6 cosx + 2sinx + 3) = 2 (1) 2 cos x + 1 Câu II: (2đ) 1 2π + k 2π ; k ∈ Z 2 3 (1) ⇔ (1 − s inx)(4 sin x cos x + 6 cos x + 2sin x + 3) = 2 2 cos x + 1 (1 − s inx)(2sin x + 3)(2 cosx + 1) ⇔ =2 2 cos x + 1 + Điều kiện: cos x ≠ − ⇔ x ≠ +− ⇔ (1 − s inx)(2sin x + 3) = 2 ⇔ 2sin 2 x + sinx − 1 = 0 π   x = − 2 + k 2π sinx = −1  π thỏa mãn điều kiện ⇔ ⇔  x = + k 2π  sinx = 1 6   2  x = 5π + k 2π  6 1 2. Giải phương trình: log 27 x3 + log 3 ( x + 4) = log 3 ( x − 2)2 (1) 4 + ĐK : 0 < x ≠ 2 Với ĐK trên, (1) ⇔ log3 x + log3 ( x + 4) = log 3 x − 2 ⇔ log 3 [ x( x + 4)] = log 3 x − 2 ⇔ x( x + 4) = x − 2  x > 2  x > 2  2   x( x + 4) = x − 2  x + 3x + 2 = 0  ⇔ ⇔  x < 2 x<2    2   x( x + 4) = − x + 2   x + 5 x − 2 = 0  x > 2    x = −1 ∨ x = −2 −5+ 33 ⇔  x < 2 ⇔x= − 2   −5+− 33  x = 2  Đối chiếu đk , nghiệm của pt : x = −5 + 33 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2 1 2 ( x + x )e dx = x + 2e − x 0 I =∫ x 1 ∫ 0 2x x( x + 1)e dx xe x + 2 x Câu III: (1đ) Đặt t = xe ⇒ dt = (x+1)ex dx Đổi cận: x = 0 ⇒ t =0 , x=1 ⇒ t=e e e t 2 I =∫ dt = ∫ (1 − )dt t+2 t+2 0 0 = (t-2ln|t+2|) |e0 = e+2ln 0.25 0.25 0.25 0.25 2 e+2 Trang 2 Câu IV (1đ) y D I 0.25 C A B x O D I Nhận xét A thuộc d nên A trùng với C hay D . (Giả sử A trùng C) Gọi I(a;b) là tâm đường tròn (C), bán kính R>0. (C) đi qua A,B nên IA=IB=R ⇔ b = 3a − 6 ⇔ (1 − a ) 2 + (2 − b) 2 = (4 − a ) 2 + (1 − b) 2 = R Suy ra I(a;3a-6) và R = 10a 2 − 50a + 65 (1) Gọi H là trung điểm CD ⇒ IH ⊥ CD và IH = d(I;d) = R=IC= CH 2 + IH 2 = 9 + Từ (1) và (2) , có: ( 9a − 29 ) −9a + 29 5 0.25 2 (2) 25 10a 2 − 50a + 65 = 9+ ( 9a − 29 ) 2 25 a = 1 ⇔ 13a 2 − 56a + 43 = 0 ⇔   a = 43 13  0.25 + a=1 ⇒ I (1; −3); R = 5 . Pt đường tròn (C): (x-1)2 +(y+3)2 =25 43 43 51 5 61 . + a= ⇒ I ( ; ); R = 13 13 13 13 2 2 Pt đường tròn (C):  x − 43  +  y − 51  = 1525 13   13  169  Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp : C154 = 1365 cách 0.25 0.25 + Chọn 2 bi đỏ, 1 bi trắng , 1 bi vàng: C62 .C51.C41 + Chọn 1 bi đỏ, 2 bi trắng , 1 bi vàng: C61 .C52 .C41 Câu V (1đ) +Chọn 1 bi đỏ, 1 bi trắng , 2 bi vàng: C61 .C51.C42 Số cách chọn 4 viên bi có đủ 3 màu : C62 .C51.C41 + C61 .C52 .C41 + C61 .C51.C42 = 720 cách Số cách chọn 4 viên bi không đủ cả 3 màu : 1365-720 = 645 cách 645 43 Xác suất cần tìm : P = = 1365 91 Trang 3 0.25 0.25 0.25 Câu VI (1đ) S N G A I M D J O B C Gọi O là giao điểm của AC và BD S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO ⊥ (ABCD) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD , xác định được góc giữa mặt bên  = 600 . (SCD) và mặt đáy (ABCD) là SJI a 3 1 a3 3 ; VS.ABCD = SO.S ABCD = (đvtt) 2 3 6 Trong (SAC) , AG cắt SC tại M , M là trung điểm của SC C/minh được MN// AB và N là trung điểm của SD VSABM SM 1 1 = = ⇒ VSABM = VS . ABCD VSABC SC 2 4 VSAMN SM SN 1 1 = ⋅ = ⇒ VSAMN = VS . ABCD VSACD SC SD 4 8 Nhận xét ∆ SIJ đều ; SO = 0.25 0.25 0.25 3 a3 3 ⇒ VS . ABMN = VS . ABM + VS . AMN = VS . ABCD = (đvtt) 8 16  x 3 − 6 x 2 + 13 x = y 3 + y + 10 (1) Giải hệ phương trình :  3 2  2 x + y + 5 − 3 − x − y = x − 3 x − 10 y + 6 (2) Câu VII (1đ) 0.25 (1đ) 0.25 (1) ⇔ ( x − 2)3 + ( x − 2) = y 3 + y Xét hàm số f(t) = t3+t , t ∈ R có f ’(t) = 3t2+1>0, ∀t ∈ R ⇒ f(t) đồng biến trên R và (1) ⇔ x − 2 = y (3) Thay (3) vào (2): 3 x + 3 − 5 − 2 x = x 3 − 3x 2 − 10 x + 26 (4); − 1 ≤ x ≤ 5 0.25 5 0.25 2 + Chứng minh g(x) =   3 x + 3 − 5 − 2 x đồng biến trên đoạn  −1;  2   5 nghịch biến trên đoạn  −1;   2 g(2) = h(2) = 2 ⇒ x=2 là nghiệm duy nhất của pt (4) Đáp số ( x; y ) = ( 2;0 ) 0.25 Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thức: 1 1 1 P= + + 4 + 2 ln(1 + x) − y 4 + 2 ln(1 + y ) − z 4 + 2 ln(1 + z ) − x Với a, b, c >0,áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 0.25 + Chứng minh h(x) = x 3 − 3x 2 − 10 x + 26 Câu VIII (1đ) 1 1 1 9 1 1 1 (1) (a + b + c)  + +  ≥ 9 ⇒ + + ≥ a b c a+b+c a b c Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c Áp dụng (1) ta có P ≥ 9 12 + 2 ln(1 + x) − x + 2 ln(1 + y ) − y + 2 ln(1 + z ) − z Trang 4 Xét f (t ) = 2 ln(1 + t ) − t , t ∈ [0;3] 2 1− t f ' (t ) = −1 = ; f ' (t ) = 0 ⇔ t = 1 1+ t 1+ t f (0) = 0, f (1) = ln 4 − 1, f (3) = 4 ln 2 − 3 ⇒ 4 ln 2 − 3 ≤ f (t ) ≤ ln 4 − 1 ⇒ 12 ln 2 − 9 ≤ f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ≤ 3ln 4 − 3 ⇒ 12 ln 2 + 3 ≤ f ( x) + f ( y ) + f ( z ) + 12 ≤ 9 + 3ln 4 9 9 3 ⇒P≥ ≥ = 12 + f ( x) + f ( y ) + f ( z ) 9 + 3ln 4 3 + ln 4 3 Vậy MinP = ⇔ x = y = z =1 3 + ln 4 Mọi cách giải khác đúng của hs đều cho điểm tương ứng với mỗi phần của câu Trang 5 0.25 0.25
- Xem thêm -