Tài liệu Đề thi thử quốc gia môn toán lần 1 năm 2015 trường tĩnh gia 2, thanh hóa

  • Số trang: 7 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 573 |
  • Lượt tải: 2
hoanggiang80

Tham gia: 27/02/2015

Mô tả:

Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 trường Tĩnh Gia 2, Thanh Hóa
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC THÊM HỌC KỲ I, NĂM HỌC 2014 - 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối 12. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 3 Câu I(4 điểm). Cho hàm số y  x  3x 2  4 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt. Câu II(2 điểm ). Giải phương trình: 3 sin 2 x  2 sin x 2 sin 2 x. cos x Câu III(2 điểm ) 1.Một hộp đựng các số tự nhiên có 4 chữ số được thành lập từ các số 0,1,2,3,4. Bốc ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số tự nhiên được bốc ra là số có 4 chữ số mà chữ số đằng trước nhỏ hơn chữ số đằng sau. 2.Giải phương trình log22 x - log4 (4x 2 ) - 5 = 0 Câu IV(2 điểm ). Tính nguyên hàm I   3xdx x  x2  4 Câu V(4 điểm ). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác SAC cân tại S, góc SBC bằng 600, mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) . 1. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC. 2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. Câu VI(2 điểm ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2+y2 = 5 tâm O, đường thẳng (d): 3x - y - 2 = 0. Tìm tọa độ các điểm A, B trên (d) sao cho OA = 10 và 5 đoạn OB cắt (C) tại K sao cho KA = KB. Câu VII(2 điểm )Giải hệ phương trình:  x 2  2 x  5  y 2  2 y  5  y  3x  3  2 2  y  3y  3  x  x ( x, y  R ) Câu VIII(2 điểm ). Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: abc  bc a  abc  ca b  a bc  c ab  93 3 2 abc . -------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……………… TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC THÊM Môn: TOÁN; (Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Điểm 0,25 Nội dung I 1. 1/ Tập xác định: R x  0 y,  0   x  2 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;0  và  2;   ; hàm số nghịch biến trên 0,25 0,25 khoảng  0; 2  . Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0  yCĐ = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2  yCT = 0. 0,25 2/ Sự biến thiên y ,  3x 2  6 x ; lim f ( x)  ; lim f ( x)  ; x  x  Đồ thị hàm số không có tiệm cận. Bảng biến thiên x y  , 0 0 + y 0,25 - 2 0 +  4   0,25 0 3.Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (2;0), (1;0); đi qua điểm (3;4). 0,25 0,25 y 4 -1 O 1 2 3 x 2/Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 3x2 + 4 = mx – 2m  (x – 2)(x2 – x – 2 – m) = 0 0,25 0,5 x  2  2  x  x  2  m  0(*) 0,25 để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2   9  4m  0 0,25 0,25 hay  2 2  2  2  m  0 9  m    4 m  0 0,25 0,25 9 4 Vậy với m  (  ;+  )\{0} II sin x  0 ĐK: sin2x  0 =>  cos x  0 PT => 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx  (2sin2x – 2sin2x.cosx)+sin2x- 2sinx = 0 0,25 0,25  2sin2x(1- cosx)+ 2sinx(cosx -1)= 0  2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0 0,25  cos x  1 sin 2 x  sin x  0  sin x(2 cos x  1)  0 *)cosx = 1  sinx = 0 (loại) 0,25 0,25 *) sin 2x  sin x  0  sin x(2 cos x 1)  0 0,25  2cosx -1 =0 (do sinx  0) 0,25  cos x  1   x    k 2 (kZ) . 2 3 Vậy phương trình có nghiệm x   III  3 0,25  k 2 1.Gọi số có 4 chữ số là abcd , với a  0. Số cách thành lập số có 4 chữ số là: 4.5.5.5= 500. 0,25 Theo giả thiết số đằng trước không thể là số 0. Như vậy số có 4 chữ số được thành lập từ 1, 2, 3, 4; 0,25 mà chữ số đằng trước nhỏ hơn chữ số đằng sau chỉ có 1 cách đó là số 1234. 0,25 Vậy xác suất cần tìm là 1 . 500 0,25 2.ĐK: x>0 Phương trình  log 22 x  log 4 4  log 4 x 2  5  0 0,25  log 22 x  log 2 x  6  0 0,25 0,25 0,25 2 Đặt t = log2x, phương trình trở thành: t – t – 6 = 0  t = 3 hoặc t = - 2 với t = 3  x = 23 = 8 (tm) với t = - 2  x = 2-2 = ¼ (tm) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 8 và x = ¼ IV I=  3xdx x  x2  4  0,5 3x( x  x 2  4 )dx 4 3x 2 3 dx   x x 2  4dx 4 4 2 3 3x x  4 dx  4  C1 3 3 2 1 2 2  4 x x  4dx   8 x  4d ( x  4)  4 3 x3 1 2 Vậy I =  x  4 - 4 +C. 4 0,25 =  V x 2  3  4  C2 0,5 0,5 0,25 S M N X K O A C I B Gọi O là trung điểm AC . Vì tam giác SAC cân nên SO  AC  SO  ( ABC )(vi(SAC )  ( ABC )) vì a a 3 OA  OC  , OB  2 2 nên Đặt SO = m thì SB2 = m2+3a2/4, SC2 = m2+a2/4 Vì góc SBC bằng 600 nên cos 60 0  cos( BS , BC )  SABC = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 1 3a 2 a 6   3a 2  4m 2  3a 2  m  2 2 2 2 3a  4m 2 0,25 a2 3 2 1 3 Vậy VS . ABC  SO.S ABC  2a 3 đvtt 8 2.Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong mp(SOB), từ I dựng đường thẳng IM //SO, M trên SB Do SO vuông với (ABC) suy ra IM vuông với (ABC) hay đường thẳng IM là trục đường tròn của tam giác ABC Gọi N là trung điểm SB Trong tam giác SOB, từ N dựng đường trung trực của cạnh SB, cắt IM tại X. Suy ra X là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Theo 1) ta có SB = 3a/2., SN = 3a/4. S 0,25 Ta có: SN.SB=SK.SO suy ra SK = KN=SK.sinOSB = XN = 1/3KN = BX = 9a M 4 6 N 3a 4 2 0,25 X a 0,25 K 4 2 O B I a 38 8 Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là 0,25 a 38 8 VI O 0,25 K B A (C): x2 + y2 = 5 có tâm O(0;0) bán kính R = 5 . 10 =OA  OA  (d) 5 A  (d)  A(t;3t-2)  OA =(t;3t-2) 0,25 (d) có vtcp ud =(1;3). Ta có: OA . ud = 0 0,25 3 3 1 A ;  5 5 5 Ta có  OAB vuông tại A, KA = KB  KA = KB = OK  K là trung điểm OB  OB = 2OK = 2 5 Vì B  (d)  B(b;3b-2)Ta có OB2 = 20  b2+(3b-2)2 = 20  5b2-6b-8=0  b  2  B  2; 4   b   4  B   4 ;  22     5 5   5 4 22 3 1 Vậy A  ;   , B(2;4) hoặc B   ;   5   5 5 5 0,25 Phương trình (2)  y2 - 3y + 3 = x2 - x  y - 3x - 3 = y2 - x2 - 2y - 2x thế vào 0,25 0,25 Ta có d(O;d) = 0,25  t + 3(3t-2) = 0  t = VI I phương trình (1) ta có:  x  1  4   y  1  4  y2 - x2 - 2y - 2x 2   x  1 2 4  y  1   x  1 2 2  4 +(x+1) = 2 2 0,25 0,25 0,25  4  (y-1)2-(x-1)2  y  1 2 2  4 +(y-1) (*) 0,25 VI II Xét hàm số f(t) = t  4 +t trên [0;+  ), f’(t) > 0  t≥0  f(t) đồng biến trên [0;+  ) 0,25 x  y  2 2 2 2 2  phương trình (*)  f((x+1) ) = f((y-1) )  (x+1) = (y - 1)   x   y 1   x   2 Với x = y - 2, thế vào (2) giải được:  y  3  2 3   x   4 Với x = - y, thế vào (2) giải được:  y  3  4  1 3 3 3  Vậy (x;y)    ;  ,   ;    2 2   4 4   0,25 0,25 0,25 0,25 Ta có: ĐPCM  a  b  c  a  a  b  c b c  a  b  c  b  a  b  c c a  a  b  c  c  a  b  c a b  9 3 3 2 a b c 1 1 9 3 3 a b c a b c a b c     b c c a a b 2    a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c Đặt x  , ta có: x,y,z>0 và x  y  z  1 ;y  ;z a b c a b c a b c 1 0,25 0,25 0,25 Khi đó 1 x 1 y 1 z 9  3 3 1 x 1 y 1 z 9  3 3        y z z x x y 2 1 x 1 y 1 z 2 1 1 1 9 Ta cm:    1 Ta có: 1 x 1 y 1 z 2 đpcm  0,25  1 1 1  1  x   1  y  1 z     9 1 x 1 y 1 z  1 1 1 9 9      1  x 1  y 1  z 1  x   1  y  1 z 2 Từ đó suy ra (1) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z  Ta cm: 0,5 y x z 3 3     2 1 x 1 y 1 z 2 Thật vậy, Xét hàm số f(x) = x 1 x ví i 0  x  1 Ta có BBT f’(x) = 1  3x 2 x 1 3 1 3 = 0  x ; x 1 3 0 f’(x) f(x) + 0 1  2 3 3 Suy ra 0 < f(x) < 2 3 3 . Dấu “=” xảy ra  x  1 3 y x 3 3y z 3 3 x x 3 3x = ; tương tự: ;  z    2 1  x 1  x  x 2 1 z 2 1 y 2 3 3 y 3 3 x z 3 3 Suy ra (x+y+z)= .    2 1 x 1 y 1 z 2 1 Từ đó suy ra (2) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z  3 Từ đó suy ra đpcm dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c Vậy ta có: Mọi cách khác giải đúng đều được điểm tối đa. 0,25 0,25
- Xem thêm -