Tài liệu Đề thi thử quốc gia lần 2 năm 2015 môn toán trường thpt sông lô, tuyên quang

  • Số trang: 6 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 580 |
  • Lượt tải: 7
hoanggiang80

Tham gia: 27/02/2015

Mô tả:

Đề thi thử Quốc gia lần 2 năm 2015 môn Toán trường THPT Sông Lô, Tuyên Quang
TRƯỜNG THPT SÔNG LÔ (Đề thi có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  ĐỀ KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. x2 (1). x 1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số (1). b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị và đường thẳng y = 4. Câu 2 (1,0 điểm). a. Giải phương trình: cos 2x  7cos x  4  0 . b. Một hộp có 7 bút bi xanh, 8 bút bi đỏ và 5 bút bi đen chỉ khác nhau về màu, lấy ngẫu nhiên từ hộp trên 3 bút bi. Tính xác suất để trong 3 bút lấy ra có đủ 3 màu. Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y  x2  2x  2 trên đoạn x 1  1    2 ; 2  . Câu 4 (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số: y  x 2  x  1 và y  x 4  x  1 . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A  1;1;2  , B 1;0;1 , C  1;1;0  và D  2; 1; 2  . a. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua ba điểm B, C, D. b. Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu 6 (1 điểm). Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh bên và cạnh đáy cùng bằng a , gọi M là trung điểm của SC . Một mặt phẳng  P  chứa AM và song song với BD , lần lượt cắt SB, SD tại I , K . Tính theo a thể tích khối đa diện SMIAK . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A là d : 2 x  y  3  0 . Biết đỉnh B thuộc trục hoành, đỉnh C thuộc trục tung và diện tích tam giác ABC bằng 5. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC. 2 2   x  y  x  y  12 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  , x, y  . 2 2   y x  y  12 Câu 9 (1,0 điểm). Cho 3 số thực dương a, b, c thoả mãn abc  1 . Chứng minh rằng: a b c    1. 2b a 2c b 2a c -----------------------------Hết----------------------------Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh.............................................................................Số BD............................................ TRƯỜNG THPT SÔNG LÔ (HD chấm có 05 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM KTCL ÔN THI THPTQG LẦN 2 NĂM 2015 Môn thi : TOÁN I. LƯU Ý CHUNG - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học không gian (câu 6) nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai ở phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN Câu Ý 1 a x2 Cho hàm số y  (1). x 1 Nội dung trình bày Điểm 2,0 1,0 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số (1). 1) Tập xác định: D  \ 1 . 2) Sự biến thiên 3 +) y '   0,  x  D suy ra hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định. 2  x  1 Hàm số không có cực trị. Giới hạn: lim y  lim y  1  đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị. x  x  lim y  , lim y    đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị. x 1 0,25 0,25 x 1 + Bảng biến thiên: x y' y + 1 - - - 0,25 + 1 - 1 3) Đồ thị: Đồ thị cắt trục toạ độ tại các điểm: A(-2; 0) và B(0; -2). Đồ thị nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. y 6 4 fx = x+2 x-1 2 1 I 0,25 x -5 O 1 5 -2 -4 b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị và đường thẳng y = 4. x2 Phương trình hoành độ giao điểm: 4 x 1 x  1 x  1    x  2.  x  2  4( x  1) x  2  M(2; 4) là giao điểm của đồ thị và đường thẳng y = 4. 3 . y'  2  x  1  hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm M(2; 4) là: k  y '  2   3  2  1 2  3 . Phương trình tiếp tuyến là: y  3  x  2   4  y  3x  10 . 2 1  cos x    cos 2x  7cos x  4  0  2cos x  7cos x  3  0  2  cos x  3 1 2  cos x    x    k 2 , k  . 2 3 0,25 0,25 b Một hộp có 7 bút bi xanh, 8 bút bi đỏ và 5 bút bi đen chỉ khác nhau về màu, lấy ngẫu nhiên từ hộp trên 3 bút bi. Tính xác suất để trong 3 bút lấy ra có đủ 3 màu. 3 Lấy 3 bút ngẫu nhiên có n()  C20  1140 . Gọi A là biến cố: “Lấy 3 bút có đủ 3 màu”, ta có n( A)  7.8.5  280 . 14 Xác suất : P( A)  . 57 x2  2x  2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y  trên đoạn x 1 1 0,25 1,0 0,5 a Giải phương trình: cos 2x  7cos x  4  0 . x2  2x  2 Hàm số y  liên tục trên đoạn x 1 0,25 0,25 2 3 1,0  1    2 ; 2  . 0,25 0,5 0,25 0,25  1    2 ; 2  . 1,0 0,25 (2 x  2)( x  1)  ( x 2  2 x  2) x 2  2 x  1  , x    ; 2 .  2 2 ( x  1) ( x  1)  2    1   x  0   2 ; 2   Cho y  0  x 2  2 x  0   .   1   x  2    ; 2   2   y  10  1 5 Ta có: f (0)  2 , f     , f (2)  .  2 2 3 10 y  2 , max y . Vậy min 1 1  2 ;2   2 ;2 3 4 0,25 0,25 0,25 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số: y  x 2  x  1 và y  x4  x 1 . 1,0 Phương trình hoành độ giao điểm: 0,25 x2  x  1  x4  x  1  x2  x4  0  x  0, x  1 . 0,25 1 Vậy diện tích cần tìm là: S   x 2  x 4 dx . 1 Vì x 2  x 4  0, x   1;1 nên S   1 1 x 2  x 4  dx 0,25 1 0,25  x3 x5  2 2 4       .  3 5  1 15 15 15 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A  1;1;2  , B 1;0;1 , 1,0 C  1;1;0  và D  2; 1; 2  . a Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua ba điểm B, C và D. Cặp véc tơ chỉ phương của mặt phẳng (P) là : BC   2 ;1 ; 1 , BD  1; 1; 3 . Véc tơ pháp tuyến của (P) là n   BC , BD   4; 7;1 . Phương trình mặt phẳng (P): 4  x  1  7  y  0    z 1  0. Vậy phương trình mặt phẳng (P) : 4x  7y  z  3  0. b Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (P). 4.(1)  7  2  3 2  Bán kính R  d  A,  P    . 2 2 2 66 4  7  (1) Phương trình mặt cầu (S):  x  1   y  1   z  2   2 6 2 2 2 . 33 Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh bên và cạnh đáy cùng bằng a , gọi M là trung điểm của SC . Một mặt phẳng  P  chứa AM và song song với BD , lần lượt cắt SB, SD tại I , K . Tính theo a thể tích khối đa diện SMIAK . 2 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 1,0 S M I G K C D B H A Gọi H là tâm hình vuông ABCD  SH   SAC  Gọi G  SH  AM , suy ra K , G, I cùng thuộc giao tuyến của hai mp  SAC  và  P . Mà  P  / / BD  KI / / BD (1). Vì M , H lần lượt là trung điểm SC, AC nên G là trọng tâm của 2 2 SAC  SG  SH . Kết hợp với (1)  SI  SB . 3 3 a Lại có AC  a 2  SAC vuông cân tại S  SH  . 2 1 1 a3 VSAMI SM SI 1 2 1 V  . . AB . BC . SH   .  .  , SABC VSABC SC SB 2 3 3 3 2 6 2 7 1 a3  VSAMI  VSABC  . 3 18 2 1 a3  V  V  Tương tự . SAMK SACD 3 18 2 a3 2 (đvtt).  VSAIMK  VSAMI  VSAMK  18 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A là d : 2 x  y  3  0 . Biết đỉnh B thuộc trục hoành, đỉnh C thuộc trục tung và diện tích tam giác ABC bằng 5. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC. b c Giả sử B(b;0), C  0; c   BC   b; c  . Gọi H là trung điểm của BC  H  ;  . 2 2 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u   1; 2  .  b  2c  0 b  4  BC.u  0 Do tam giác ABC cân tại A nên    . H  d 2b  c  6 c  2  Suy ra B(4;0), C  0; 2  . 3 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 Ta có BC  2 5, H  2; 1 , diện tích tam giác ABC là S 8 1 AH .BC  5  AH  5 . 2 0,25 t  1 Giả sử A  t;3  2t  . Ta có AH  5   . Suy ra A(1; 1) hoặc A(3; -3). t  3 2 2   x  y  x  y  12 Giải hệ phương trình:  2 2   y x  y  12  u  x 2  y 2 , u  0 Điều kiện: | x |  | y | . Đặt   v  x  y 1 u2  Vì x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có y   v   . 2 v  Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v  12 u  3 u  4  hoặc  .  u2  u  v  9 v  8  2  v  v   12     u  4 x  5  x2  y 2  4 +  (thoả mãn).   v  8 y  3  x  y  8 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 u  3   x2  y 2  3  x  5 +  (thoả mãn).   y  4 x  y  9 v  9    Tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5;4  . 9 0,25 Cho 3 số thực dương a, b, c thoả mãn abc  1 . Chứng minh rằng: Ta có a b c    1. 2b a 2c b 2a c a a a , do 1  a  2 a .   2  b a 2 a  ba 1  a  ba b b c c Tương tự: ; .   2  c b 1  b  bc 2  a c 1  c  ac Cộng các vế của các BĐT trên ta có: a b c a b c      2  b a 2  c b 2  a c 1  a  ba 1  b  cb 1  c  ac abc b cb   bc  bca  babc 1  b  cb b  bc  bac 1 b cb    1 (điều phải chứng minh). = bc  1  b 1  b  cb b  bc  1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. = ------------------------Hết----------------------- 4 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25
- Xem thêm -