Tài liệu Đề thi thử toán thpt hùng vương – phú thọ năm 2015 (kèm đáp án)

  • Số trang: 8 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 719 |
  • Lượt tải: 0
phamtrongthuan

Tham gia: 23/06/2015

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3 x 1 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 LẦN III Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. (C ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( C ) b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( C ) tại giao điểm của đồ thị với trục tung. Câu 2( 1,0 điểm)  2    2 và tan(   )  1; tính giá trị biểu thức: A  cos(   )  sin  4 6 b) Cho số phức z thỏa mãn: 3( z  1  i )  2i( z  2 ) .Tìm modun của số phức w  z  iz  5 a) Cho Câu 3 (0,5 điểm) 2x x Giải bất phương trình sau: 3  10.3  9  0 Câu 4 (1,0 điểm) x  1  x  3  2 x3  4 x 2  8 x  5  2 x 1 7  6x dx Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân sau : I   3 x  2 0 Giải phương trình sau: Câu 6(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có  ACB =135 0 ,CC '  a 10 ; AC  a 2 , BC  a, Hình chiếu vuông 4 góc của C ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm M của đoạn AB .Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và góc tạo bởi giữa đường thẳng C 'M và mặt phẳng (ACC'A') Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có C D  2 A D  2 A B ,Gọi E( 2; 4 ) là điểm thuộc đoạn AB sao cho AB  3 AE .Điểm F thuộc BC sao cho tam giác DEF cân tại E .Phương trình EF là: 2 x  y  8  0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết D thuộc đường thẳng d : x  y  0 và điểm A có hoành độ nguyên thuộc đường thẳng d ' : 3 x  y  8  0. Câu 8(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1; 2; 3 và mặt phẳng  P  có phương trình : 2 x  2 y  z  9  0 .Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng  P  .Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm A qua mặt phẳng  P  . Câu 9(0,5 điểm) Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được chọn từ các chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5, 6 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S , tính xác suất để số được chọn là số chẵn đồng thời số hàng đơn vị bằng tổng các số hàng chục, trăm và nghìn. Câu 10(1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2  b2  c2  3  6 abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a2 ( 2 a  1)  b2 ( 2b  1)  c2 ( 2 c  1)  ( a  b  c)2  2015 ab c …..HẾT…. Họ và tên thí sinh:...................................................................................Số báo danh:.......... Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 LẦN III Môn: TOÁN (Đáp án-thang điểm gồm 07 trang) I) Hướng dẫn 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 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II) Nội Dung: Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3 x 1 (C ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( C ) b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( C ) tại giao điểm của đồ thị với trục tung. Nội Dung Điểm a) TXĐ: D  R\1 4  0, x  D ( x  1)2 Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ;1) và (1;  ) Sự biến thiên: y '  0,25  Tiệm cận lim y  lim y  1 , y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  x  0,25 lim y  ; lim   x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x 1 x 1 BBT x y’ y -  1 +  - - 1 +  - 1 0,25 Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-3) Đồ thị cắt trục hoành tại điểm (-3;0) Đồ thị nhận tâm I( 1;1) làm tâm đối xứng 0,25 Trang1/7 b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( C ) tại giao điểm của đồ thị với trục tung. Giao của đồ thị với trục tung là M ( 0; 3) 0,25 Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến k= y '( 0 )  4 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại điểm M ( 0; 3) với hệ số góc k = -4 là: 0,25 y  4( x  0 )  3 Hay y  4 x  3 0,25 Câu 2( 1,0 điểm)  2    2 và tan(   )  1; tính giá trị biểu thức: A  cos(   )  sin  4 6 b) Cho số phức z thỏa mãn: 3( z  1  i )  2i( z  2 ) Tìm modun của số phức w  z  iz  5 a)Cho a) Tính giá trị biểu thức A:......... Từ phương trình : tan(   4 ) 1    4   4  k    k ,( k  z )   1 Do    2 nên  k  2   k  2,( k  z ) vậy k  1,    . 2 2 2 Với    ta có A  cos 5 3  sin    6 2 0,25 0,25 b) Tìm modun số phức:................................ Đặt z  a  bi,( a, b  R ), z  a  bi 3(a  1  bi  i)  2i( a  bi  2 )  3( a  1)  ( 3b  3)i  2b  ( 2 a  4 )i 3a  3  2b a  1   3b  3  2 a  4 b  3 0,25 z  1  3i , vậy số phức w  1  3i  i(1  3i)  5  3  4i Modun số phức w  32  42  5 0,25 Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình sau: 32 x  10.3x  9  0 Đặt 3x  t  0 phương trình trở thành : t 2  10t  9  0  1  t  9 Vậy 1  3x  9  0  x  2 Nghiệm của bất phương trình là 0  x  2 Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình sau: 0,25 0,25 x  1  x  3  2 x3  4 x 2  8 x  5  2 x Trang2/7 Đk: x  1 , Phương trình tương đương với : ( 2 x  x  3 )( 2 x  x  3 ) x  3  2x 2 x x 4   3 x  1  2 ( x  1)( x 2  3 x  5)  x  3  2x x  1  2 ( x  1)( x 2  3 x  5)   0,,25  x  1( 4 x  3)  x  1 1  2 x 2  3 x  5  0 x x 3 2     x  1   x  1( 4 x  3)  0(*) 1  2 x2  3x  5   x  3  2x  0,25 Mặt khác ta có 1  2 x 2  3 x  5  1  2  x 2  ( x  3)2  1  1  x 0,25 Theo bất đẳng thức cosi: x  ( x  1)  1  2 x  1 x x  1( 4 x  3) 2 .( 4 x  3) Do vậy ta có :   x  1  1  2 x 2  3x  5 2x x  3  2x 0,25 Điều này chứng tỏ phương trình (*) Vô nghiệm Kết luận phương trình có nghiệm duy nhất x  1 Cách khác:có thể chứng minh (*) vô nghiệm như sau: 1  2 x 2  3 x  5  1  2 ( x  2 )2  x  1  1  2 x  1  2 x  1 Mặt khác: x  1( 4 x  3)  x  3  2x x  1( 4 x  4 )  2 x  1  1  2 x2  3x  5 2  2x Đối với bài toán trên có thể làm bằng cách sau: 1 Câu 5 (1,0 điểm ) Tính tích phân sau : I  7  6x  3x  2 dx 0 Nội Dung 1 1 1 Điểm 1 7  6x 2( 3 x  2)  3 dx I dx   dx  2  dx  3 3x  2 3x  2 3x  2 0 0 0 0 1 1 I1  2  dx  2 x 0  2 0,25 0,25 0 1 1 1 dx d( 3 x  2 ) I2  3   ln (3 x  2)  ln 5  ln 2 0 3x  2 0 3 x  2 0 0,25 Trang3/7 1 Vậy I  7  6x 5 dx   2 ln 0 3x  2 2 0,25 Câu 6(1,0 điểm ) a 10 ; AC  a 2 ,BC  a, Hình chiếu 4 vuông góc của C ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm M của đoạn AB .Tính theo a thể tích khối lắng trụ ABC. A ' B ' C ' và góc tạo bởi giữa đường thẳng C 'M cà mặt phẳng (ACC'A') ACB=1350 ,CC '  Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có  C' Diện tích tam giác : B' SABC 0,25 1 a2  CA.CB sin 1350  2 2 Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác ABC  AB  a 5 ; A' CA 2  CB2 AB2 a2   2 4 4 a 6 C ' M  C ' C 2  CM 2  4 a3 6 VABC. A ' B ' C '  C ' M.SABC  8 CM 2  H K C B M A 0,25 Tính góc giữa C 'M cà mặt phẳng (ACC'A') Kẻ MK  AC,( K  AC ), MH  C ' K ,( H  C ' K ) Vì AC  ( C ' MK )  AC  MH mà MH  CK nên suy ra MH  ( ACC ' A ') , 0,25   vậy suy ra  C ' M ,( ACC ' A '   MC ' H  MC 'K (1) Vì M là trung điểm AB nên: 2 SMAC a2 a MK 1 1  SCAM  SCAB   MK    tan MC 'K   AC C'M 2 4 2 2 3  C ' M ,( ACC ' A '   300 Suy ra: MC 'K  300 (2) ,Từ (1) và (2) suy ra  0,25 Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có CD  2 AD  2 AB Gọi E( 2; 4 ) là điểm thuộc đoạn AB sao cho AB  3 AE .Điểm F thuộc BC sao cho tam giác DEF cân tại E .Phương trình EF là: 2 x  y  8  0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết D thuộc đường thẳng d : x  y  0 và điểm A có hoành độ nguyên thuộc đường thẳng d ' : 3 x  y  8  0. Trang4/7 Ta chứng minh tam giác DEF là tam giác vuông cân tại E . Gọi P là điểm đối xứng của D qua A Tam giác BDP vuông cân tại B nên EP  ED . Mặt khác do tam giác DEF cân tại E nên ED  EF nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DPF P A B E F   EBFD là tứ Suy ra  AED  PFD giác nội tiếp. M C D 0,25   DBF   900 Suy ra DEF Tam giác DEF vuông cân tại E .Đường thẳng DE đi qua E và vuông góc với EF Có phương trình là : DE:x-2y+6=0 .Tọa độ điểm D  DE  d là nghiệm của hệ x  2 y  6  0  D( 2; 2 )  x  y  0 0,25 Xét tam giác vuông EDA có 3EA=AB=AD,DE2  AD2  AE 2  10 AE 2 Vì A  d '.  A( a; 8  3a ), a   ta có phương trình: a  1 4  2  10 ( a  2)  ( 4  3a)   5a  14 a  9  0   vậy A(1; 5)  a  9 (l) 5  2 2  2  2  xB  2  2 Ta có EB  2 EA    yB  4  2    xc  2  6 Ta có DC  2 AB   0,25 2  B( 4; 2 )  C( 4; 4) 0,25  yc  2  6 Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là A(1; 5), B( 4; 2 ), C( 4; 4 ), D( 2; 2 ) Bài toán này có thể chứng minh tứ giác EBFD nội tiếp bằng cách chỉ ra điểm M cách đều 4 điểm E, B, F , D với M là trung điểm của DF Câu 8(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1; 2; 3 và mặt phẳng  P  có phương trình : 2 x  2 y  z  9  0 .Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng  P  .Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm A qua mặt phẳng  P  . Nội Dung Điểm Trang5/7 Vì đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng  P  nên d có vecto chỉ phương là  u  ( 2; 2; 1) ,Phương trình tham số đường thẳng d đi qua điểm A 1; 2; 3 và có vecto 0,5  x  1  2t   chỉ phương là u  ( 2; 2; 1) là:  y  2  2t ,( t  R) ,  z  3  t  Gọi H là tọa độ giao điểm với d và mặt phẳng  P  .Vì A ' đối xứng với điểm A qua mặt phẳng  P  nên H là trung điểm của AA ' 0,25 H  d nên H (1  2 t; 2  2t; 3  t ) từ đó do H  ( P ) : 2(1  2 t )  2( 2  2 t )  ( 3  t )  9  0  t  2, H ( 3; 2; 1) Vậy suy ra tọa độ điểm A '( 7; 6;1) 0,25 Câu 9(0,5 điểm) Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được chọn từ các chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5, 6 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S , tính xác suất để số được chọn là số chẵn đồng thời số hàng đơn vị bằng tổng các số hàng trục, trăm và nghìn. Nội Dung +) Gọi số số tự nhiên có có 4 chữ số đôi một khác nhau được chọn từ các chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5, 6 là abcd +) Số phần tử của S : A74  A63  720 : Điểm 0,25  d  0;2;4;6  d  4;6  d  a  b  c d  a  b  c +) Số được chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài nếu  Gọi A là biến cố :” để số được chọn là số chẵn đồng thời số hàng đơn vị bằng tổng các số hàng trục, trăm và nghìn.” Số có dạng abc 4, a  b  c  4 suy ra tập a; b; c là 0;1;3 suy ra số các số có dạng đó là: 3! 2!  4 + Số có dạng abc 6, a  b  c  6 suy ra tập a; b; c có thể là một trong các tập 0;1;5,0;2;4,1;2;3 suy ra số các số có dạng đó là: 2  3! 2!  3!  14 n( A )  14  4  18 +) Xác suất là: P ( A)  0,25 18  0,025 720 Câu 10(1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2  b2  c2  3  6 abc ( a  b  c)2  2015 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a ( 2 a  1)  b ( 2b  1)  c ( 2 c  1)  ab c Điểm Nội Dung 2 2 2 Trang6/7 Trước hết, từ giả thiết ta có: ( a  b  c )2 2( a  b  c )3 2 2 2  3  a  b  c  3  6 abc  3 9 t2 2t3 3  2t 3  3t 2  27  0 Đặt t  a  b  c, t  0  3 9 2  ( t  3)( 2t  3t  9)  0  t  3 2015 P  2(a 3  b3  c3 )  ( a2  b2  c2 )  a  b  c  abc 2015  2(a 3  b3  c3  3abc )  a  b  c  3 ab c 2015  ( a  b  c) ( a  b)2  ( b  c)2  ( c  a)2  1  3 ab c 0,25 0,25 2015  3 với t  a  b  c, t  3 ab c 2015 2015 f (t)  t   3, f '( t )  1  2  0,  t  3 t t 1997 1997 f ( t )  f(3)  Vậy Pmin  Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1 3 3 P  ab c 0,25 0,25 Cảm ơn các Thầy cô đã tham gia phản biện đề thi. ….HẾT… Trang7/7
- Xem thêm -