Đề thi thử kì thi THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán lần 3 - Trường THPT Hồng Quang

Chia sẻ: Minh Thư | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

97
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn và quý thầy cô cùng tham khảo "Đề thi thử kì thi THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán lần 3 - Trường THPT Hồng Quang" sau đây nhằm giúp các em củng cố kiến thức của mình và thầy cô có thêm kinh nghiệm trong việc ra đề thi. Chúc các em thành công và đạt điểm cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử kì thi THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán lần 3 - Trường THPT Hồng Quang

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề). 1 3 Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y  x  mx 2   m 2  4  x  5 (1) , với m là tham số thực. 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với m  1 . b) Tìm giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại x = - 1. Câu 2(1,0 điểm) a) Giải phương trình 4sin 2 x cos x  sin 3 x  sin   x  . b) Tìm số phức z sao cho z  2  z và  z  1 z  i là số thực.     Câu 3(0,5 điểm). Giải phương trình log5 x 2  x  log 25 4  log5  x  1  x   . 19 x 1 x 1 Câu 4(1,0 điểm).Giải bất phương trình x2    6x 1   x   . 2 4 2  2 Câu 5(1,0 điểm). Tính tích phân I   cos x  x  2 sin x  dx . 0 Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a , AD = a 2 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 300 .Gọi M là trung điểm của BC. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SB. Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH . Gọi D, E lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB và AH. Đường thẳng vuông góc với AB tại D cắt đường thẳng CE tại F(-1; 3). Đường thẳng BC có phương trình là x – 2y + 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết điểm D thuộc đường thẳng 3x + 5y = 0 và hoành độ của điểm D là số nguyên. Câu 8(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y + z – 3 = 0 và hai điểm A(  1;2;0), B(1; 1;3) .Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và cách điểm A một khoảng bằng 2. 3 2 An3 Câu 9(0,5 điểm). Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 2C n 1 C  n . Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong 2 n  2 khai triển Nhị thức Niutơn  x 2    x  0  x Câu 10(1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn (bc  1) 2  a 2  2(1  a)  bc . Tìm giá trị nhỏ a  1  a 2c 4 12 a nhất của biểu thức : P  2  2  2 a bc (1  c) a  1 ----------------- 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 LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: TOÁN (Đáp án - thang điểm gồm 06 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1.a 1 (1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  mx 2   m 2  4  x  5 với m  1 3 1 3 Với m  1 , ta có hàm số y  x  x 2  3 x  5 3 * Tập xác định: D  R 0,25 * Sự biến thiên: y '  x 2  2 x  3 ; y '  0  x  3 hoặc x  1 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  3;+  . Hàm số nghịch biến trên khoảng  1;3 . 0,25 20 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -1; yCĐ = , đạt cực tiểu tại x  3, yCT  4 3 - Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  - Bảng biến thiên x  1 3  y'  0  0  0,25 20 3  y  4 Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm y 6 (0;5) 4 2 O 3 -5 -1 5 x 0,25 -2 -4 -6 Câu1.b Tìm giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại x = - 1. (1,0đ) y  x 2  2mx  m 2  4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1 m  1  y( 1)  0  m 2  2m  3  0    m  3 0,25 Với m = 1 theo câu a hàm số đạt cực đại tại x = -1(loại) 1 3  x  1 0,25 Với m = - 3  y  x  3 x 2  5 x  5  y '  x 2  6 x  5; y' = 0   3  x  5 1
Dấu của y’ + -5 -1 + _ 0,25 Tại x = -1 hàm số đạt cực tiểu. Vậy m = - 3 ( thỏa mãn) 0,25 Kết luận m  3 là giá trị cần tìm Câu 2.a a) Giải phương trình 4sin 2 x cos x  sin 3 x  sin   x  . (0,5đ) PT  4sin 2 x cos x  sin 3 x  sin x  0  2sin 2 x sin x  2sin 2 x cosx  0 0,25  2sin 2 x  sin x  cosx   0  k  2sin 2 x  0 x  2 0,25   k, l   sin x  cosx  0 x    l  4 Kết luận nghiệm…… Câu2.b (0,5đ) Tìm số phức z sao cho z  2  z và  z  1 z  i là số thực .   Giả sử z  a  bi  a, b    2 z  2  z  a  bi  2  a  bi   a  2  b2  a2  b2 0,25  a 2  4a  4  b 2  a 2  b 2  a = 1  z  1  z   i  z . z  zi  z  i  a 2  b2   ai  bi 2   a  bi  i   a2  b2  b  a    a  b  1 i 0,25   Để  z  1 z  i là số thực thì a + b + 1 = 0 Với a = 1  b  2  z  1  2i Vậy z  1  2i Câu 3 (0,5đ)  2  Giải phương trình log5 x  x  log 25 4  log5  x  1  x   .  x2  x  0 Điều kiện   x  1 . Khi đó ta có PT: 0,25 x 1  0 log 5  x 2  x   log 5 2  log 5  x  1  log 5  x 2  x   log 5 2  x  1 x 1  x 2  x  2  x  1  x 2  3x  2  0   0,25 x  2 Thử ĐK ta có x = 2 là nghiệm của phương trình. Câu 4 19 x 1 x 1 (1,0đ) Giải bất phương trình: x2    6x 1  2 4 2  2 19 x 1 0,25 x   0 1 Điều kiện  2 4  x 6 x  1  0 6 4 x 2  38 x  1  2 6 x  1  x  1 0,25 Với ĐK trên ta có bpt:  4 x 2  38 x  1  2 6 x  1  x  1 ( hai vế không âm)  4 x 2  38 x  1  4(6 x  1)  4( x  1) 6 x  1  x 2  2 x  1 2  3  x  1  6 x  1  4( x  1) 6 x  1 2
1 2 6x 1 4 6x 1 0,25 Vì x  , chia hai vế cho  x  1  0 ta được: 3  2  6  x  1 x 1 6x 1 t  3 Đặt  t  t  0  , ta có bất phương trình: t 2  4t  3  0   x 1 t  1 6x 1 1 0,25 Với t  3   3  6 x  1  3  x  1 ( vì x  ) x 1 6 2  9 x  12 x  10  0 ( vô nghiệm) 6x 1 1 Với t  1   1  6 x  1   x  1 ( vì x  ) x 1 6 x  2  2  x2  4x  2  0    x  2  2 x  2  2 1 Kết hợp ĐK x  bất phương trình có nghiệm là  1 6   x  2 2  6 Câu 5  2 (1,0đ) Tính tích phân I   cos x  x  2 sin x  dx . 0   2 2 I   xcos xdx  2  sin x cos x dx 0,25 0 0  0,25 2 u  x du  dx I1   xcos xdx Đặt   0 cosxdx  dv v  s inx   2     I1  x.s inx 2   s inxdx  x.s inx 2  cos x 2   1 2 0 0 0 0    2 2 2 sin x 2 1 0,25 I 2   sin x cosx dx   sin x d  sin x    0 0 2 0 2   0,25 Vậy I  I1  2 I 2  1 1  2 2 2 Câu 6 (1,0đ) S I M C 30 B O a H A N D 3
  300 Vì SA   ABCD   SCA 0,25 Trong tam giác vuông ACD có AC  AD 2  CD 2  a 3   SA  SA  AC.tan SCA Trong tam giác vuông SAC có tan SCA   a 3 tan 300  a AC 1 1 a3 2 0,25 S ABCD  AB. AD  a.a 2  a 2 2  VS . ABCD  SA.S ABCD  .a.a 2 2  3 3 3 Gọi N là trung điểm của AD  DM / / BN  DM / /  SBN   d  DM ,SB   d  DM ,  SBN    d  D,  SBN   0,25 Vì N là trung điểm của AD  d  D,  SBN    d  A,  SBN   Giả sử AC giao với BN tại H  H là trọng tâm của ABD a 6 a 3 Tính được BH  ; AH  3 3 2 2 2 Có AB = a  AH  BH  AB Theo định lý Pitago đảo   AHB  900  BN  AC . Kẻ AI  SH , ta lại có BN  AC ; BN  SA  BN   SAC   BN  AI 0,25 Vậy AI  SH ; BN  AI  AI   SBN   AI  d  A,  SBN   1 1 1 AS . AH a Trong tam giác vuông SAH có 2  2   AI   AI AS AH 2 AH 2  AS 2 2 a Vậy d  DM,SM   2 Câu 7 (1,0đ) F A M E C D H B Giả sử DE cắt AC tại M 0,25 FD  AB; AC  AB  FD / / CA CE EM CH CE CH Ta có      EH / / BF  BF  BC EF ED HB EF HB Đường thẳng FB đi qua F(-1; 3) và vuông góc với BC nên nó nhận VTCP của đường 0,25  thẳng BC là u   2;1 là VTPT Phương trình đường thẳng BF: 2(x + 1) + 1(y – 3) = 0  2 x  y  1  0  1  x Giải hệ pt :  2 x  y  1  0   5 1 3  B ;  x  2 y 1  0 y  3 5 5  5 4
Vì D thuộc đường thẳng 3x + 5y =0 0,25  3x0  ;   3x0  ;   1 3 x0 3   D  x0;  FD   x0  1 ; 5  3  BD   x0  5 ; 5  5   5        20 (loại) BD  FD  FD.BD  0  17 x02  37 x0  20  0  x0  1(t / m) hoặc  x0  17  3 Vậy D  1;    5 0,25 Vì D là trung điểm của AB nên A  11 ; 3   5 5  Đường thẳng AC đi qua điểm A  11 ; 3  và có VTPT AB   12 ;0   5 5  5  Lập được PT dường thẳng AC là: 12  x  11   0  y  3   0  x  11  5 5 5 5 C là giao điểm của đường thẳng AC và BC  C  11 ; 3   5 5  Vậy A  11 ; 3  , B  1 ; 3  , C  11 ; 3   5 5 5 5  5 5   Câu 8 Đường thẳng (AB) đi qua điểm A(1;2;0) có VTCP AB ( 2; 3;3) 0,25 (1,0đ)  x  1  2t Xét pt (AB):  y  2  3t  M  1  2t; 2  3t;3t  thuộc đường thẳng (AB)  z  3t  M là giao điểm của AB và (P) nên 0,25 9  5 1 27  2  1  2t   2  2  3t   3t  3  0  t  M ; ;  13  13 13 13  Vì mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) nên mặt phẳng (Q) có dạng 2x – 2y + z + m = 0 . 0,25 Mặt phẳng (Q) cách điểm A một khoảng bằng 2 nên ta có: 2  4  m  m  12  2  m6  6   2 2 2   2   1 m  0 Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là: 0,25 2 x  2 y  z  12  0 hoặc 2 x  2 y  z  0 Câu 9 3 2 An3  n  1!  n!  n! n   0,25 (0,5đ) 2C n 1 C  n 2 ĐK:  2 3! n  2 ! 2! n  2 ! 2  n  3! n  2 2  n  1  1  1  2n  5  3n  6  n  11 3 n  2 2  n  2 2 n 11 11 k  2 2 2 11 k  2  k   11   k k 22 3 k  x   C x .    C11  2  .x   x  k 0  x  k 0 0,25  22  3k  10  k  4 Vậy hệ số của x10 là 16.C114  5280 Câu 10 Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn (bc  1) 2  a 2  2(1  a)  bc . (1,0đ) a  1  a 2c 4 12 a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P  2  2  2 a bc (1  c) a  1 5
Ta có (bc  1) 2  a 2  2(1  a )  bc  b 2 c 2  bc  1  2a  a 2 2 1 0,25  b 2c 2  bc  1  2a  a 2  2   a  1  2  b 2c 2  bc  2  0  bc  1  c b a 1 1 4 12 a Ta có P  2   2  2 a bc b 1  c  a  1 0,25 a 1 a 1 Do bc  1   2 a 2bc a 1 1 4 4 Vì  c   2 c 2 b b 1  c  1  c  c 1 c 1 4 c 1 c 1 4 Theo Bất đẳng thức Cauchy, ta có   2 3 3 . . 3 2 2 1  c  2 2 1  c 2 4 1 4 c 2 2  2 1  c  b 1  c  2 a 1 12 a a  1 12 a 1 1 6 Do đó P  2 2 2  2 2  2  2 a a 1 a 2a a a a 1 0,25 Đặt t   t  0   P  t 4  t 2  6t  2  f (t ) a Xét f (t )  t 4  t 2  6t  2 trên  0;  f '(t )  0  t  1 Bảng biến thiên t 0 1  f’(t) _ 0 + f(t) -2 P  f (t )  2  t   0;    0,25 t  1  Vậy GTNN của P bằng - 2  bc  1  a  b  c  1 c  1  Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa 6