Tài liệu Đề thi thử quốc gia lần 2 năm 2015 môn toán trường thpt lý thái tổ, bắc ninh

  • Số trang: 6 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 638 |
  • Lượt tải: 7
hoanggiang80

Tham gia: 27/02/2015

Mô tả:

Đề thi thử Quốc gia lần 2 năm 2015 môn Toán trường THPT Lý Thái Tổ, Bắc Ninh
SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi 09/03/2015 3 2 Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: y = x − 3(m + 2)x + 9x − m − 1 (Cm ) với m là tham số a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0. b. Gọi ∆ là tiếp tuyến với đồ thị (Cm ) tại giao điểm của đồ thị (Cm ) với trục tung. Viết phương trình tiếp tuyến ∆ biết khoảng cách từ điểm A(1; −4) đến đường thẳng ∆ bằng 82 . Câu 2 (1.0 điểm) Giải phương trình: cos 2x + cos x sin x − sin x + sin 2 x = cos x 5 Câu 3 (1.0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (3x + 1) 2x − 1 dx 1 Câu 4 (1.0 điểm) a. Giải bất phương trình: log 2 (x + 1) − 2 log 4 (5 − x) < 1 − log 2 (x − 2) b. Có 6 tấm bìa được đánh số 0, 1, 2, 3, 4, 5. Lấy ngẫu nhiên 4 tấm bìa và xếp thành hàng ngang từ trái sang phải. Tính xác suất để xếp được một số tự nhiên có 4 chữ số. Câu 5 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −1; 0), B(2; 0; −1) và mặt phẳng (P): 2x + y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm C trên (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) và tam giác ABC có diện tích bằng 14 . Câu 6 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 3a và ABC = 60o. Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD biết SA = SB = SC = a 7 . Câu 7 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân giác trong góc ABC đi qua trung điểm M của cạnh AD, đường thẳng BM có phương trình: x − y + 2 = 0, điểm D nằm trên đường thẳng ∆ có phương trình: x + y − 9 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh B có hoành độ âm và đường thẳng AB đi qua E(−1; 2).  x 2 − 2x − 2(x 2 − x) 3 − 2y = (2y − 3)x 2 − 1  Câu 8 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:  3 2x 2 + x 3 + x + 2  2 − 3 − 2y = 2x + 1  Câu 9 (1.0 điểm) Cho x, y là hai số thỏa mãn: x, y ≥ 1 và 3(x + y) = 4xy. Tìm giá trị lớn nhất và  1 1  giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 − 3  2 + 2  y  x -------------------------- 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:.................................. SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Câu 1 (2.0 điểm) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015 Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Đáp án Điểm a. (1.0 điểm) m = 0 ⇒ y = x 3 − 6x 2 + 9x − 1 • Tập xác định: D = ℝ. • Sự biến thiên: x = 1 ⇒ y = 3 y ' = 3x 2 − 12x + 9; y ' = 0 ⇔   x = 3 ⇒ y = −1 0.25 Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên: x y' −∞ 1 + 0 3 +∞ 3 − 0 + 0.25 +∞ y −∞ −1 - Hs đb trên khoảng (−∞;1), (3; +∞) và nb trên khoảng (1; 3). - Hàm số đạt cực đại tại x = 1; y CÑ = 3 ; đạt cực tiểu tại x = 3; y CT = −1. • Đồ thị: x 4 y 3 0.25 0 −1 0.25 b. (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến ∆ … TXĐ: D = ℝ, y ' = 3x 2 − 6(m + 2)x + 9 Giả sử M là giao điểm của đồ thị hàm số (Cm ) với Oy ⇒ M(0; − m − 1) Phương trình tiếp tuyến ∆ là: y = 9x − m − 1 hay 9x − y − m − 1 = 0 2 (1.0 điểm) 9. 1 − ( −4) − m − 1  m = 94 = 82 ⇔ 12 − m = 82 ⇔  92 + (−1)2  m = −70 Vậy phương trình tiếp tuyến ∆ là: y = 9x − 95; y = 9x + 69. Giải phương trình … Ta có: d(A; ∆) = 82 ⇔ PT ⇔ cos2 x − sin 2 x + cos x sin x + sin 2 x − (sin x + cos x) = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 ⇔ (cos x − sin x)(cos x + sin x) + sin x(cos x + sin x) − (cos x + sin x) = 0 ⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x + sin x − 1) = 0 0.25 sin x + cos x = 0 ⇔ (sin x + cos x)(cos x − 1) = 0 ⇔   cos x = 1 0.25 Trang 1/5 3 (1.0 điểm)  π  tan x = −1  x = − + kπ ⇔ ⇔ 4   cos x = 1  x = k 2π Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = −π \ 4 + kπ; x = k 2π. Tính tích phân … 0.26 Đặt t = 2x − 1 ⇒ t 2 = 2x − 1 ⇒ tdt = dx Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1 x=5 ⇒t =3 0.25 3  3(t 2 + 1)  13 13 ⇒ I = ∫ + 1 .t.tdt = ∫ (3t 2 + 5)t 2 dt = ∫ (3t 4 + 5t 2 )dt 2 21 21 1  0.25 3 1  3t 5 5t 3  1  3.35 5.33 3 5  1414 =  + + − − =  =  2 5 3  2 5 3 5 3  15 1 4 (1.0 điểm) 0.5 a. (0.5 điểm) Giải bất phương trình … Điều kiện: 2 < x < 5 (*) Khi đó, BPT ⇔ log2 (x + 1) + log 2 (x − 2) < log 2 2 + log 2 (5 − x) 0.25 ⇔ log2 (x + 1)(x − 2) < log 2 2(5 − x) ⇔ (x + 1)(x − 2) < 2(5 − x) ⇔ x 2 + x − 12 < 0 ⇔ −4 < x < 3 Kết hợp điều kiện (*) ta có: 2 < x < 3 là nghiệm của bất phương trình. Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 2 < x < 3. b. (0.5 điểm) Tính xác suất … - Phép thử T: “Lấy ngẫu nhiên 4 tấm bìa và xếp thành hàng ngang từ trái sang phải” ⇒ Số phần tử của không gian mẫu là: Ω = A 64 = 360 0.25 0.25 - Gọi A là biến cố “Xếp được một số tự nhiên gồm 4 chữ số” Giả sử n = a1a2 a3a4 là số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau. Chọn a1 có 5 cách. Chọn a2 a3a4 có A35 cách. 0.25 ⇒ Ω A = 5.A 35 = 300 Vậy P(A) = 5 (1.0 điểm) ΩA Ω = 300 5 = 360 6 Tìm tọa độ điểm C nằm trên mặt phẳng (P) … Giả sử C(a; b; c) , n P = (2;1;1) là 1 VTPT của (P). Do C ∈ (P) ⇔ 2a + b + c + 1 = 0 (1) Ta có: AB = (1;1; −1) 0.25 ⇒  AB,AC  = (c + b + 1;1 − a − c; b − a + 2)   AC = (a − 1; b + 1; c) ⇒ Mặt phẳng (ABC) nhận n = (c + b + 1;1 − a − c; b − a + 2) là 1 VTPT Vì (ABC) ⊥ (P) ⇔ n.n P = 0 ⇔ −2a + 3b + c + 5 = 0 (2) 1 AB, AC  ⇒ (c + b + 1)2 + (1 − a − c)2 + (b − a + 2)2 = 2 14 (3)   2  b = 2a − 2 Từ (1) và (2) ta có:  c = 1 − 4a 0.25 Mà: S∆ABC = Trang 2/5 0.25 Thay vào (3) ta được: a = 2 ⇒ b = 2,c = −7 (−2a)2 + (3a)2 + a2 = 4.14 ⇔ a2 = 4 ⇔  a = −2 ⇒ b = −6,c = 9 Vậy tọa độ điểm C thỏa mãn đề bài là: C(2; 2; −7), C(−2; −6; 9). 6 (1.0 điểm) 0.25 Tính thể tích khối tứ diện SACD … S Do SA = SB = SC và tam giác ABC đều nên hình chiếu của đỉnh S trên (ABCD) là trọng tâm H của tam giác ABC. ∆ ABC đều ⇒ BH = a 3 Ta có: S∆ACD = S∆ABC 0.25 9a2 3 = 4 A D K H B C ∆SHB vuông tại H nên ta có: SH = SB2 − BH 2 = 2a 1 3a3 3 Vậy VSACD = SH.S∆ACD = 3 2 Vì H là trọng tâm tam giác ABC nên 3HD = 2BD 0.25 Do AB // CD nên d(AB;SD) = d(AB;(SCD)) = d(B;(SCD)) = 3 d(H;(SCD)) 2 0.25 Ta có: HCD = HCA + SAD = 30o + 60o = 90o ⇒ HC ⊥ CD. Mà SH ⊥ CD nên CD ⊥ (SHC) Trong (SHC) kẻ HK ⊥ SC (K ∈ SC) ⇒ d(H;(SCD)) = HK ∆SHC vuông tại H nên: 7 (1.0 điểm) 1 1 1 1 1 2 21 a = + = 2 + 2 ⇒ HK = 2 2 2 7 HK HS HC 4a 3a 0.25 3 3 21 a Vậy d(AB;SD) = HK = ⋅ 2 7 Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. ▪ Kẻ đường thẳng đi qua E vuông góc BM tại H và cắt AC tại E '. ⇒ H là trung điểm của EE ' Phương trình EH là: x + y − 1 = 0  1 3 H = EH ∩ BM ⇒ H  − ;   2 2 Vì H là trung điểm EE ' ⇒ E '(0;1) M A D E H B 0.25 E' C ▪ Giả sử B(b; b + 2) ∈ BM (b < 0) ⇒ BE = (−1 − b; − b), BE ' = (− b; −1 − b)  b = 0 (loaïi) Mà BE ⊥ BE ' ⇔ BE.BE ' = 0 ⇔ 2b(1 + b) = 0 ⇔   b = −1 (tm) ⇒ B(−1;1) ▪ Phương trình cạnh AB là: x = −1. Giả sử A(−1;a) ∈ AB (a ≠ 1) và D(d; 9 − d) ∈ ∆  d −1 9 + a − d  Do M là trung điểm AB ⇒ M  ;  2  2  Trang 3/5 0.25 0.25 Mặt khác: M ∈ BM ⇔ d −1 9 + a − d − + 2 = 0 ⇔ −a + 2d − 6 = 0 (1) 2 2 ▪ Ta có: AD = (d + 1; 9 − d − a), AB = (0;1 − a) Mà AB ⊥ AD ⇔ AB.AD = 0 ⇔ −a − d + 9 = 0 (2) a = 4 ⇒ A(−1; 4) Từ (1) và (2) ta có:  d = 5 ⇒ D(5; 4) 0.25 Do AB = DC ⇒ C(5;1) Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(−1; 4), B(−1;1),C(5;1), D(5; 4). 8 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình … 1 1 3 Điều kiện: x ≠ − ; − ≤ y ≤ 2 2 2 PT (1) ⇔ x 2 − 2x + 1 − 2(x − 1)x 3 − 2y + x 2 (3 − 2y) = 0 ⇔ (x − 1)2 − 2(x − 1)x 3 − 2y + x 2 (3 − 2y) = 0 ( ⇔ x − 1 − x 3 − 2y ) 2 = 0 ⇔ x 3 − 2y = x − 1 (3) 0.25 Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình ⇒ x ≠ 0 x −1 1 Suy ra (3) ⇔ 3 − 2y = = 1− x x Thay vào PT (2) ta được: 1+ 1 3 2x 2 + x 3 + x + 2 1 = ⇔ (2x+1) 1 + = x + 2 + 3 2x 2 + x 3 x x 2x + 1 0.25 3   1 1 2 2 1 1 2 2 ⇔  2 +  1 + = 1 + + 3 1 + ⇔  1 +  + 1 + = 1 + + 3 1 + ( 4)  x x x x x  x x x   Xét hàm số f(t) = t 3 + t với t ∈ ℝ Ta có: f '(t) = 3t 2 + 1 > 0 ∀t ∈ ℝ ⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên ℝ.   1 2 1 2 Do đó, (4) ⇔ f  1 +  = f  3 1 +  ⇔ 1 + = 3 1 + (5)   x  x  x x   Đặt a = 1 / x (a ≠ 0) ⇒ (5) trở thành: 0.25 1 + 2a ≥ 0 1 + a = 3 1 + 2a ⇔  3 2 (1 + a) = (1 + 2a)  1 a ≥ − 2    1 1  1 + 5 1+ 5 a ≥ − a ≥ − ⇔ ⇔ ⇔ a = ⇔a= 2 2 2 2  a3 − a 2 − a = 0 a 2 − a − 1 = 0     1 − 5 a = 2  1+ 5 5 −1 1− 5 ⇒x= ⇒ (3) ⇔ 3 − 2y = < 0 (loại) 2 2 2 Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm ▪ Với a = Trang 4/5 0.25 9 (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức … Đặt t = x + y (t > 0). Khi đó xy = 3t 4 Từ giả thiết ta có: 3(x + y) = 4xy ≤ (x + y)2 ⇒ x + y ≥ 3 ⇒ t ≥ 3 3t Vì x, y ≥ 1 nên (x − 1)( y − 1) ≥ 0 ⇔ xy − (x + y) + 1 ≥ 0 ⇔ − t + 1 ≥ 0 ⇔ t ≤ 4 4 Vậy ta có 3 ≤ t ≤ 4 . Mặt khác từ giả thiết ta có: 0.25 1 1 4 + = ⋅ x y 3 2 1 1 6 9 8 16 Suy ra: P = (x + y) − 3xy(x + y) − 3  +  + = t3 − t 2 + − 4 t 3  x y  xy 0.25 3 9 8 16 Xét hàm số: f(t) = t 3 − t 2 + − vớ i 3 ≤ t ≤ 4 4 t 3 9 8 1 Ta có: f '(t) = 3t 2 − t − 2 = 2 t 3 ( 5t − 9 ) + t 4 − 16 > 0 với mọi t ∈ [3; 4] 2 t 2t ⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên đoạn [3; 4]. ( ( )) 49 3 khi t = 3 ⇔ x = y = 12 2  x = 1, y = 3 74 GTNN của P là: f(4) = khi t = 4 ⇔  3  x = 3, y = 1 0.25 Vậy GTNN của P là: f(3) = ▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa. Trang 5/5 0.25
- Xem thêm -