Đề thi thử thpt quốc gia 2015 môn Toán trường Hồng Quang (hải dương)

Đề thi thử thpt quốc gia 2015 môn Toán trường Hồng Quang (Hải Dương)

Tải Đề thi thử thpt quốc gia 2015 môn Toán trường Hồng Quang (hải dương) PDF







Hãy like và share nếu bạn thấy hữu ích:

Leave a Comment


Phiên bản Text

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN 1 KÌ THI NĂM 2015 THPT QUỐC GIA MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề).

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2 (1) 1 x m y x    , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với m  1 . b) Tìm m để đường thẳng d y x: 2  cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A B, sao cho diện tích tam giác OAB bằng 21 (O là gốc tọa độ).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin 3 sin 2 2 02 x x   .

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 ( 1)ln 12 ln ee x x I dx x x     .

Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình log 9 4 log 3 log 32 2 x    x 2 . b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S. Tính xác suất để số được chọn có chữ số hàng đơn vị và hàng chục đều là chữ số chẵn.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 8 0P x y z    và điểm A(2;2;3) . Viết phương trình mặt cầu ( )S đi qua điểm A , tiếp xúc với mặt phẳng (P) và có tâm thuộc trục hoành.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc ABC  600 . Cạnh bên SD a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( )ABCD là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD HB 3 . Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tính thể tích khối chóp S ABCD. và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SB .

Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình là x y 3 0 và x y 5 0 . Đỉnh C nằm trên đường thẳng    : 2 0x y và có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C đi qua điểm E( 2;6) .

Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 1 1 ( 1) 1 ( , ) 8 9 ( 1) 2 y y x x x y x y y x y                  .

Câu 9(1,0 điểm). Cho các số dương x y z, , thỏa mãn x y và ( )( ) 1x z y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 1 4 4 ( ) ( ) ( ) P x y x z y z       . ----------------- Hết ---------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: .......................................................... ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LÂN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: TOÁN (Đáp án - thang điểm gồm 06 trang)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1.a (1,0đ) Cho hàm số y  2 1xx1 ............ * Tập xác định: D   \ 1  * Sự biến thiên: 2 3 ' ( 1) y x    ; y x D' 0,   . Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;+   . 0,25 Giới hạn: 1 1 lim ; lim x x y y         lim 2; lim 2     x x y y . Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1 và tiệm cận ngang y  2 . 0,25 - Bảng biến thiên 0,25 Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm 0; 1  , cắt trục hoành tại điểm 1 ;0 2       Đồ thị nhận điểm I1;2 làm tâm đối xứng. 0,25

Câu 1.b (1,0đ) Tìm m để đường thẳng d y x: 2  cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A B, sao cho diện tích tam giác OAB bằng 21 …. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị hàm số (1) là 2 2 (2) 1 x m x x     Điều kiện x  1 (2) 2 ( 1)( 2) 2 0 (3)         x m x x x x m2 . Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt khác 1. Điều kiện cần và đủ là 9 0 1 8 4 0 4 1 1 2 0 2 2 m m m m m                         0,25 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -3 -2 -1 4321 x y O x   y' y 10  2  2   Khi đó gọi các nghiệm của phương trình (3) là x x1 2, . Tọa độ các giao điểm A x x B x x( ; 2), ( ; 2)1 1 2 2  . AB x x x x x x x x m m            ( ) ( ) 2 ( ) 4 2(1 4( 2 )) 2(9 4 )2 1 2 1 2 1 1 22 2 2  . 0,25 d y x x y: 2 2 0      Khoảng cách từ O đến đường thẳng d là  , 2 2 2 d O d   . 0,25 Diện tích tam giác OAB bằng 21 , . 211   2  d O d AB 1 2. 2(9 4 ) 21 9 4 21 3 2        m m m . 0,25

Câu 2 (1,0đ) Giải phương trình 2sin 3 sin 2 2 02 x x   . 2 1 cos2 2sin 3 sin 2 2 0 2 3 sin 2 2 0 2 x x x x         0,25 3 1 1 3 sin 2 cos 2 1 sin 2 cos 2 sin 2 sin 2 2 2 6 6 x x x x x                0,25 2 2 6 6 , 5 2 2 6 6 x k k x k                    0,25 6 , 2 x k k x k                0,25

Câu 3 (1,0đ) Tính tích phân 2 ( 1)ln 12 ln ee x x I dx x x     . 2 2 2 2 2 ( 1)ln 1 ln 1 ln 1 1 1 12 2 ln ln ln ln e e e e e e e e e e x x x x x I dx dx x dx x dx dx x x x x x x x x x x                            0,25 2 2 4 22 1 ln 1 2 2 ee x e ee M x dx x x e                    0,25 2 1 ln ee N dx x x   . Đặt t x dt dxln 1 x    . Đổi cận x e t x e t     1; 22 21 2 ln ln 2 ln1 ln 2 1 dt N t t      0,25 Vậy 4 2 1 ln 2 2 e e I    0,25

Câu 4a (0,5đ) Giải phương trình log 9 4 log 3 log 32 2 x    x 2 . Điều kiện 9 4 0 log 4x    x 9 log 9 4 log 3 log 3 log 9 4 log 3 .32 2 2 2 x x x      x 2     0,25 2 3 3 1 9 4 3 .3 3 3.3 4 0 3 4 log 4 3 4 x x x x x x x x                  (Thỏa mãn) 0,25

Câu 4b (0,5đ) b) ) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên …… Số phần tử của tập hợp S là 90. Gọi ab là số tự nhiên có hai chữ số mà a b, đều là số chẵn. Ta có a b 2;4;6;8 , 0;2;4;6;8   . Suy ra có 4.5 20 số ab . 0,25 Xác suất để chọn được một số tự nhiên có hàng chục và hàng đơn vị đều là số chẵn là 20 2 90 9  . 0,25

Câu 5 (0,5đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 8 0P x y z    và…….. Gọi tâm của mặt cầu (S) là điểm I x( ;0;0) . Mặt cầu (S) đi qua A(2;2;3) và tiếp xúc với (P) nên ta có  ,( ) (2 ) 4 9 (2 ) 13 2 22 8 2 8 4 9 1 14 x x IA d I P x x               0,25 2 2 2 2 2 2 14 (2 ) 13 2 8 14((2 ) 13) (2 8) 3 14( 4 17) 4 32 64 10 88 174 0 29 5 x x x x x x x x x x x x                            0,25 Với x I IA    3 (3;0;0) 14 Phương trình mặt cầu (S) là: ( 3) 14x y z   2 2 2 . 0,25 Với 29 29 686( ;0;0) 5 5 5 x I IA     Phương trình mặt cầu (S) là: 2 29 6862 2 5 25 x y z          . 0,25

Câu 6 (1,0đ) Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc ABC  600 . Hình chiếu .. Từ giả thiết có tam giác ABC đều, cạnh bằng a . Gọi 3 3 33 3 2 4 4 a O AC BD BO BD a HD BD a         2 2 2 2 2 2 27 5 5 2 16 16 4 a a a SH SD HD a SH       0,25 H O MC A D B S Diện tích tứ giác ABCD là  2 2 0 3 . .sin sin 60 ABCD 2 a S AB BC ABC a    Thể tích khối chóp S ABCD. là 2 3 . 1 1 5 3 15 . . S ABCD ABCD3 3 4 2 24 a a a V SH S    0,25 2 2 2 2 2 5 3 2 16 16 2 a a a SB SH HB SB      . ( ) BD AC AC SBD AC OM AC SH          . Diện tích tam giác MAC là 2 1 1 1 2 2 . . MAC 2 4 4 2 8 a a S OM AC SB AC a      . 0,25 SB OM SB MAC d SB CM d SB MAC d S MAC d D MAC// //( ) ( , ) ( ,( )) ,( ) ,( )            3 . . 1 1 1 1 1 15 ,( ) . . ,( ) . M ACD ACD ABCD S ABCD3 3 2 2 4 96 a V d M ABCD S d S ABCD S V      . Mặt khác     3 . . 2 15 1 303 32 ,( ) . ,( ) 3 82 8 M ACD M ACD MAC MAC a V a V d D MAC S d D MAC  S a       0,25

Câu 7 (1,0đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có …………………….. Gọi d x y d x y1 2: 3 0; : 5 0    Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 3 0 0 (0;0) 5 0 0 x y x A x y y            . 0,25 C C c c   ;2  . BC d BC x y m    1 : 3 0 . Điểm C c c BC c c m m c BC x y c ;2 3 2 0 2 2 : 3 2 2 0                Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tọa độ của M là nghiệm của hệ 5 5 5 0 7 5 5 1 ; 3 2 2 0 1 7 7 c7 x x y c c M x y c c y                            Gọi G là trọng tâm tam giác. Ta có 2 5 5 10 10 . 2 3 7 21 3 2 1 2 2 . 3 7 21 G G G G c c x x AG AM c c y y                       0,25  2; 4 ; ; 10 52 2 128 21 21 c c EC c c EG              Do E G C, , thẳng hàng nên  EC EG; cùng phương 0,25 2 10 52 2 128 1 21 21 5 6 0 6 (6; 4) 2 4 6 c c c c c c C c c c                       Với 6 5; 1 4;2  2 4   2 2 B M C B M C x x x c M B y y y              0,25

Câu 8 (1,0đ) Giải hệ phương trình 2 1 1 (1) ( 1) 1 ( , ) 8 9 ( 1) 2 (2) y y x x x y x y y x y                  . Điều kiện xác định x y  1, 0 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ( 1) 1 ( 1) 1 1 ( 1) ( 1) 1 1 1 0 0 ( 1) ( 1) y y y y xy y y x x x x x y y x x y x xy y yx y yx y y x y x                                      0,25 Với y x ( 1) 2 , thay vào (2) ta có 8( 1) 9 ( 1) 1 2x x x     2 Xét x  1 . Đặt t x t  1,( 0) . Ta có phương trình 2 2 2 2 4 2 4 2 2 2 1 8 9 2 8 9 4 4 4 5 0 5 5 5 5 1 5 5 t t t t t t t t t t t t x y                                . 0,25 Xét x  1 . Đặt t x t  1,( 0) . Ta có phương trình 2 2 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 6 41 8 9 4 4 12 5 0 8 9 2 6 41 2 0 2 t 2 t t t t t t t t t t t                                    Hệ vô nghiệm. 0,25 Với ( 1) 1x y   , thay vào (2) có 8 9 2 0y y1 y     (3). Vì y y y       0 8 9 9 8 9 3 Phương trình (3) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1 5 5 xy        . Chú ý: Không nêu kết luận cũng cho điểm ý này. 0,25

Câu 9 (1,0đ) Cho các số dương x y z, , thỏa mãn x y và ( )( ) 1x z y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 1 4 4 ( ) ( ) ( ) P x y x z y z       . Đặt x z a  . Từ giả thiết ta có ( )( ) 1x z y z   , suy ra y z 1 a   . Do x y x z y z a       1 . Ta có 1 12 x y x z y z a( ) a a a          2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 3 ( 1) ( 1) a a P a a a a a a a          0,25 Khi đó 2 2 2 2 3 4 ( 1) a P a a     0,25 Đặt t a 2 1 . Xét hàm số ( ) 3 42 ( 1) t f t t t     với t  1 . Ta có 2 3 1 '( ) 3 '( ) 0 ( 2)(3 3 2) 0 2 ( 1) t f t f t t t t t t               0,25 Từ bảng biến thiên có f t t( ) 12, 1   . Từ (1) và (2) P  12 . Dấu đẳng thức xảy ra khi 212 x z y z         . Chẳng hạn 1; 2 1 1 1 2 1 1 2 2 x z y             .Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12. 0,25 t 1  f t'( ) f t( ) 20  12 

Đề thi thử thpt quốc gia 2015 môn Toán trường Hồng Quang (hải dương)