Đề thi thử lần 1 kì thi THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Ngô Gia Tự

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

105
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi trung học phổ thông là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là đề thi thử lần 1 kì thi THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Ngô Gia Tự" giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử lần 1 kì thi THPT quốc gia năm 2015 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Ngô Gia Tự

SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ LẦN I KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Môn thi: TOÁN NGÀY THI: 29/11/2014 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 ( ID: 79200 )(2,0 điểm).Cho hàm số y  x3  1  2m  x 2   2  m  x  m  2 (Cm) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. b) Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu 2 ( ID: 79201 ) (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 2 x  2 2(sinx+cosx)=5 Câu 3 ( ID: 79202 )(1,0 điểm). Giải phương trình: 51 x  51 x  24 . 2 2 Câu 4 ( ID: 79203 )(1,0 điểm). a) Giải phương trình log 2  2 x  3  2log 2 x  4 . 2 b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3. Câu 5 ( ID: 79204 ) (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  2  0 . Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB  3 . Câu 6 ( ID: 79205 )(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB. Tam giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD), biết SD  2a 5 , SC tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SA. Câu 7 ( ID: 79206 )(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3  0 và d2 : x  y  6  0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Câu 8 ( ID: 79207) (1,0 điểm).   x  y  3 y  3x  2  0 3 3 2 Giải hệ phương trình :  x  1  x  3 2 y  y  2  0 2 2 2  Câu 9 ( ID: 79208 ) (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 5 x  5 y  5 z  1 . Chứng minh rằng 25x 25 y 25z 5x  5 y  5z    . 5x  5 y  z 5 y  5z  x 5z  5x  y 4 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu
SỞ GD&ĐT BẮC NINH HD CHẤM THI THỬ QUỐC GIA LẦN I NĂM 2015 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Môn thi: TOÁN NGÀY THI: 29/11/2014 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Ý Nội dung Điểm 1. Cho hàm số y  x  1  2m  x 2   2  m  x  m  2 (Cm) 3 200 a. .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 1,00 Với m = 2 ta được y = x3 – 3x2 + 4 Tập xác định : D = R. 0,25 lim y   ; lim y   x x x  0  y  4 Có y '  3x 2  6 x ; y '  0   x  2  y  0 BBT 0,5 Vậy hàm số đồng biến trên  ;0  và  2;  ; hàm số nghịch biến trên (0;2) yCĐ = 4 tại x = 0; yCT = 0 tại x = 2 Đồ thị : + Lấy thêm điểm . + Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu
8 6 4 2 -15 -10 -5 5 10 15 0,25 -2 -4 -6 -8 b. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu 1,00 nhỏ hơn 1. Có y '  3x3  2 1  2m  x   2  m  Để hàm số có cực trị thì phương trình y’=0 có hai nghiệm phân biệt và 0,25 y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó  3x2  2 1  2m  x   2  m   0 có hai 5 nghiệm phân biệt  '  4m2  m  5  0  m < - 1 hoặc m > (1) 0,25 4 Khi đó giả sử y’=0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với x1> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu
5 Pt  5.5x   24  0 2 2 5x 0,5 5 Đặt 5  t ,  t  1 , pt trở thành: 5t   24  0 x2 t  t  5 (t / m) 5t  24t  5  0   2  t   1 (lo¹ i) 0,25  5 Với t = 5 ta có 5x  5  x2  1  x  1 2 0,25 4. 1,00 a. 3 Đk: 0  x  2 pt  2 log 2 2 x  3  2 log 2 x  4 2x  3  log 2 2 x 0,25 2x  3  4 x 2 x  3  4 x  2x  3  4x    2 x  3  4 x  3 x   2 (lo¹ i)  0,25 x  1 (t / m)  2 b TH1 : Số phải tìm chứa bộ 123: Lấy 4 chữ số  0; 4;5;6;7;8;9 : có A74 cách Cài bộ 123 vào vị trí đầu,hoặc cuối,hoặc giữa hai chữ số liền nhau trong 4 chữ số vừa lấy: có 5 cách  có 5 A74 = 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123 Trong các số trên, có 4 A63 = 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu  Có 5 A74 - 4 A63 = 3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123 0,25 TH 2 : Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự) Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau , có mặt 321 Kết luận: có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau đôi một,trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 0,25 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 5.  C  : x2  y 2  2 x  4 y  2  0 . Viết phương trình đường tròn (C') tâm 1,00 M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB  3 . Đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R  3 Có IM = 5. Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB  IM tại 0,25 trung điểm H của đoạn AB. 3 3 0,25 Ta có AB  IA  IB  3 nên ABC đều  IH  AB.  2 2 7 TH1: I và M nằm khác phía với AB thì HM = IM – IH = 2 2  AB   AM  HM     13   C ' :  x  5   y  1  13 2 2 2 2  2  0,25 13 TH2: I và M nằm cùng phía với AB thì HM = IM + IH = 2 2  AB  AM  HM     43   C ' :  x  5   y  1  43 2 2 2 2  2  0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung 6. điểm của AB. Tam giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc 1,00 với đáy (ABCD), biết SD  2a 5 , SC tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SA. Theo giả thiết ta có SM   ABCD  MC là hình chiếu của SC trên (ABCD) nên góc giữa SC với mặt phẳng · (ABCD) là SCM  60 Trong tam giác vuông SMC và SMD ta có : SM  SD2  MD2  MC.tan 60 mà ABCD là hình vuông nên MC = MD  SD2  MC 2  3MC 2  MC  a 5  SM  a 15 2  AB  5BC 2 Lại có MC  BC   2 2    BC  2a  S ABCD  4a 2  2  4 1 4a3 15 Vậy VS . ABCD  SM .S ABCD  . 3 3 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu
0,25 0,25 0,25 *) Dựng hbh AMDI ta có AI // MD nên d DM ,SA  d DM , SAI   d M , SAI  0,25 Kẻ MH  AI và MK  SH . Chứng minh d M , SAI   MK 2a 2a 15 Tính được MH   MK  .KL… 5 79 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có 7. diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3  0 và d2 : x  y  6  0 . Trung điểm của một cạnh là 1,00 giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu
Ta có: d1  d2  I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: x  y  3  0 x  9 / 2  9 3   . Vậy I  ;  x  y  6  0 y  3 / 2  2 2 Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD 0,25  M  d1  Ox Suy ra M( 3; 0) 2 2  9  3 Ta có: AB  2IM  2  3       3 2  2  2 SABCD 12 Theo giả thiết: SABCD  AB .AD  12  AD   2 2 AB 3 2 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d1  AD Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm 0,25 VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  0)  0  x  y  3  0 . Lại có: MA  MD  2 x  y  3  0 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:   x  3  y 2  2 2 y  x  3 y  x  3 y  3  x     x  3  y  2 x  3  (3  x)  2 x  3  1 2 2 2 2 0,25 x  2 x  4  hoặc  . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) y  1 y  1  9 3 x  2x I  x A  9  2  7 Do I  ;  là trung điểm của AC suy ra:  C  2 2 y C  2y I  y A  3  1  2 0,25 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)  1,00  x  y  3 y  3x  2  0 3 3 2 (1) 8. Giải hệ phương trình  x  1  x  3 2 y  y  2  0 2 2 2  (2) 1  x  0 1  x  1 2 Điều kiện:    0,25 2 y  y  0 0  y  2 2 Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2. Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 0,25 (1)  y = t  y = x + 1  (2)  x 2  2 1  x 2  2  0 0,25 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu
Đặt v  1  x 2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 =2 v  1 (t/m)  v 2  2v  3  0   . v  3 (loai) Với v = 1 ta có x = 0  y = 1. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (0;1) 0,25 9. Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 5 x  5 y  5 z  1 . Chứng minh 1,00 25x 25 y 25z 5x  5 y  5z rằng :    5x  5 y  z 5 y  5z  x 5z  5x  y 4 x y z Đặt 5 = a , 5 =b , 5 = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : a2 b2 c2 a b c 0,25    (*) a  bc b  ca c  ab 4 a3 b3 c3 a b c ( *)  2  2  2  a  abc b  abc c  abc 4 a3 b 3 c3 a b c     (a  b)(a  c) (b  c)(b  a) (c  a)(c  b) 4 0,25 a3 a b a c 3 Ta có    a ( 1) (Bất đẳng thức Cô si) (a  b)(a  c) 8 8 4 b3 b c b a 3 Tương tự    b ( 2) (b  c)(b  a) 8 8 4 0,25 c3 c a c b 3    c ( 3) . (c  a)(c  b) 8 8 4 0,25 Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh Tổng : 10,00 Lưu ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần. >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu