Đang tải... (xem toàn văn)
đề thi thử toán học luôn là một đề tài được nhiều bạn quan tâm ,đặc biệt là các bạn đang học lớp 12.Hôm nay mình xin gửi tới các bạn tập đề thi thử THPT quốc gia.hy vọng đây là bộ đề giúp các bạn vững bước khi vào phòng thi và cánh cổng trường đại học sẽ mở ra với bạn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG TRƯỜNG THPT LỤC NAM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút , không kể thời gian phát đề . Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 1 y x 2mx m 1 4 = − + + − (1). a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1. b)Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị lập một tam giác có diện tích bằng 32 2 . Câu 2 (1,0 điểm). a)Giải phương trình : 5 3 4sin sin 2cos .(8sin 1) 1 2 2 x x x x + − = b) Giải phương trình: 2 2 log log (10 ) 4x x+ − = Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: ( ) 1 3 2 0 x I x x e dx= + ∫ Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn (1 ) (4 7 ) 8 4i z i i+ + − = − .Tính modul của số phức z. b) An phải trả lời 10 câu hỏi trắc nghiệm, mỗi câu có bốn đáp án trong đó có một đáp án đúng. Tính xác suất để An trả lời đúng được 5 câu hỏi. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy.Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30 0 . Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 0; 2), mặt phẳng (P): 2x – y – z +3 = 0 và đường thẳng (d): 3 2 6 2 4 1 x y z− − − = = . Tìm giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình đường thẳng (∆) biết rằng (∆) đi qua điểm A, cắt (d) tại B và cắt (P) tại C sao cho 2 0AC AB+ = uuur uuur r . Câu 7 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C): 2 2 25x y+ = , AC đi qua K (2; 1), hai đường cao BM và CN. Tìm tọa độ A, B, C biết A có hoành độ âm và MN: 4x – 3y + 10 = 0, Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình: ( ) ( ) 3 3 2 2 2 3 6 6 15 10 , 3 6 10 4 x y x y x y x y y x y x y x − − + = − + − ∈ + + + + = + ¡ Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn 0 a b c≤ ≤ ≤ và 2 2 2 3a b c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của cbaabcP −−−= 20153 . 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 LỤC NAM ĐÁP ÁN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014-2015 (Đáp án có 6 trang) Câu Ý Nội dung Điểm 1 a Cho hàm số 4 2 1 y x 2mx m 1 4 = − + + − (1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1. 1,0 a 4 2 1 y x 2x 4 = − + 1,0 TXĐ: R, 3 y' x 4x= − + 3 x 0 y' 0 x 4x 0 ; y(0) 0;y( 2) 4 x 2 = = ⇔ − + = ⇔ = ± = = ± x lim y →+∞ = −∞ ; x lim y →−∞ = −∞ Bảng biến thiên x −∞ −2 0 2 +∞ y' + 0 − 0 + 0 − y 4 4 −∞ 0 −∞ 0,25 0,25 Hàm số đồng biến trên từng khoảng (−∞;−2) và (0;2) Hàm số nghịch biến trên từng khoảng (−2;0) và (2;+∞) Hàm số đạt cực đại tại x 2= ± , y CĐ = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = 0 0,25 Đồ thị: 4 2 x y O 2 -2 0,25 b Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị lập một tam giác có diện tích bằng 32 2 . 1,0 3 2 x 0 y' x 4mx y' 0 x 4m = = − + ⇒ = ⇔ = Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị với m >0. Khi đó 3 điểm cực trị là: A(0; m-1) B( 2 2 ;4 1m m m+ − ) C( 2 2 ;4 1m m m− + − ) và ABC ∆ cân tại A. BC = 4 m , trung điểm của BC là I( 2 0;4 1m m+ − ), IA = 2 4m Từ gt ta có 2 1 4 .4 32 2 2 2 m m m= ⇔ = KL: m =2 0,25 0,25 0,25 0,25 2 1,0 a Giải phương trình : 5 3 4sin sin 2cos .(8sin 1) 1 2 2 x x x x + − = 0,5 2 4sin 2 4sin 2 3 0 3 sin 2 ( ) 2 1 sin 2 2 5 12 , 12 x x x VN x x k k Z x k π π π π + − = − = ⇔ = = + ⇔ ∈ = + 0,25 0,25 b Giải phương trình: 2 2 log log (10 ) 4x x+ − = 0,5 Điều kiện: 100 << x (*) Ta có 2 2 2 2 log log (10 ) 4 log (10 ) 4x x x x+ − = ⇔ − = 2,81610 2 ==⇔=−⇔ xxxx . ( thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm 2x = , 8 = x 0,25 0,25 3 Tính tích phân sau: ( ) 1 3 2 0 x I x x e dx= + ∫ 1,0 Ta có I = 1 1 4 2 0 0 . x I x dx x e dx= + ∫ ∫ =K+H K= 1 4 5 0 1 1 1 0 5 5 x dx x= = ∫ H= 1 2 0 . x x e dx ∫ Bằng phương pháp tích phân từng phần H= 2 1 1 4 4 e + Vây I=K+H= 2 1 9 4 20 e + 0,25 0,25 0,25 0,25 4 a Cho số phức z thỏa mãn (1 ) (4 7 ) 8 4i z i i+ + − = − .Tính modul của số phức z. 0,5 (1 ) (4 7 ) 8 4i z i i+ + − = − i i zizi + + =⇔+=+⇔ 1 34 34)1( i iii z 2 1 2 7 2 7 2 )1).(34( −= − = −+ =⇔ Vậy 5 2 2 z = 0,25 0,25 b An phải trả lời 10 câu hỏi trắc nghiệm, mỗi câu có bốn đáp án trong đó có một đáp án đúng. Tính xác suất để An trả lời đúng được 5 câu hỏi. 0,5 Số phần tử của không gian mẫu là 10 4Ω = Chọn 5 câu để có khả năng trả lời đúng, 5 câu còn lại trả lời sai có 5 5 5 10 .1 3C cách chọn Gọi A là biến cố đã cho, suy ra 5 5 5 10 .1 3 A n C= Vậy xác suất của biến cố A là 5 5 10 10 .1.3 61236 ( ) 4 1048576 A C n P A = = = Ω 0,25 0,25 5 1,0 * Vì ( ) CB AB CB SAB CB SA ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB) ( ) · ( ) · ( ) · 0 , , 30SC SAB SC SB CSB⇒ = = = 0 .cot30 3 2SB BC a SA a⇒ = = ⇒ = * Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 3 2 . 1 1 2 . 2. ( ) 3 3 3 S ABCD ABCD a V SA S a a dvtt= = = 0,25 0,25 + Từ C dựng CI // DE 2 a CE DI⇒ = = và ( ) / /DE SCI ( ) ( ) ( ) , ,d DE SC d DE CSI⇒ = Từ A kẻ AK CI⊥ cắt ED tại H, cắt CI tại K Ta có: ( ) ( ) ( ) SA CI CI SAK SCI SAK AK CI ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ theo giao tuyến SK Trong mặt phẳng (SAK) kẻ ( ) HT AK HT SCI⊥ ⇒ ⊥ ( ) ( ) ( ) , ,d DE SC d H SCI HT⇒ = = + Ta có: 2 2 3 . 1 1 . 3 2 . . 2 2 5 2 ACI a a CD AI a S AK CI CD AI AK CI a a = = ⇒ = = = + ÷ Kẻ KM//AD 1 1 ( ) 2 3 5 HK KM a M ED HK AK HA AD ∈ ⇒ = = ⇒ = = Lại c ó: · 2 2 2. . 38 5 sin 19 9 2 5 a a SA HT SA HK SKA HT SK HK SK a a = = ⇒ = = = + Vậy ( ) 38 , 19 d ED SC = 0,25 0,25 6 1,0 Đặt M thuộc d: 3 2 6 2 4 1 x y z− − − = = ⇒ M(3 + 2m;2 + 4m ;6 + m) - M thuộc (P) giải được m= 1.Ta được tọa độ giao điểm là M(5; 6; 7). B ∈ (d) ⇒ B(3 + 2t; 2 + 4t; 6 + t) ⇒ AB uuur =(4 + 2t; 2 + 4t; 4 + t) * Từ 2 0AC AB+ = uuur uuur r ⇒ AC uuur =(- 8 – 4t; - 4 – 8t; - 8 – 2t) ⇒ C(- 9 – 4t; - 4 – 8t; - 6 – 2t) * C ∈ (P) ⇒ t = 5/2 ⇒ AB uuur =(9; 12; 13/2 ) là một vtcp của (∆) 0,25 0,25 0,25 * Mà (∆) qua A nên có ptts là 1 9 12 13 2 2 x t y t z t = − + = = + 0,25 7 1,0 + Vẽ đường kính AD. Ta có: · · CBD CAD = (nội tiếp cùng chắn » CD ). Tứ giác BCMN nội tiếp vì có · · 0 90BNC BMC= = => · · AMN CBA = (cùng bù với · NMC ) Do đó: · · · · · 0 90AMN CAD CBA CBD ABD+ = + = = . => MN ⊥ OA. + OA đi qua O (0; 0) và vuông góc MN => OA: 3x + 4y = 0 . + Tọa độ A thỏa hệ pt : ( ) ( ) 2 2 25 4;3 0 3 4 0 A x y A x x y + = ⇒ − < + = => AC: x + 3y – 5 = 0. + Tọa độ C thỏa hệ pt: ( ) 2 2 25 5;0 3 5 0 x y C x y + = ⇒ + − = + Tọa độ M thỏa hệ pt: ( ) 4 3 10 0 1;2 3 5 0 x y M x y − + = ⇒ − + − = + BM đi qua M và vuông góc AC => BM: 3x – y + 5 = 0. + Tọa độ B thỏa hệ pt: ( ) 2 2 25 0;5 3 5 0 x y B x y + = ⇒ − + = hoặc ( ) 3; 4B − − + Do góc B nhọn nên: ( ) ( ) cos , 0 . . .cos , 0BA BC BA BC BA BC BA BC > ⇒ = > uuur uuur uuur uuur uuur uuur (*) + Với ( ) 3; 4B − − thì ( ) ( ) 1;7 ; 8;4 . 20 0BA BC BA BC = − = ⇒ = > uuur uuur uuur uuur (Thỏa (*)). + Với B(0; 5) thì ( ) ( ) 4; 2 ; 9;2 . 40 0BA BC BA BC = − − = ⇒ = − < uuur uuur uuur uuur (Không thỏa (*)). * Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là: ( ) 4;3A − , ( ) 3; 4B − − ; ( ) 5;0C . 0,25 0,25 0,25 0.25 8 1,0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 2 2 2 2 3 6 6 15 10 1 3 1 2 3 2 1 3 6 10 4 3 6 10 4 2 x y x y x y x x y y y x y x y x y x y x y x − − + = − + − − + − = − + − ⇔ + + + + = + + + + + = + Điều kiện 3x y ≥ − ∈ ¡ 0,25 Xét hàm số ( ) ( ) 3 2 3 , , 3 3 0f t t t t f t t t ′ = + ∀ ∈ = + > ∀ ∈¡ ¡ . Vậy hàm số ( ) f t đồng biến trên R. Từ ( ) 1 ta có ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 3f x f y x y y x− = − ⇔ − = − ⇔ = + 0,25 Thay ( ) 3 vào ( ) 2 ta được phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 1 3 7 10 6 1 4x x x x x x+ + + + + = + + Phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 1 3 3 7 10 4 30x x x x x x⇔ + + − + + + − = − − 0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6 6 1 7 5 6 3 3 10 4 x x x x x x x x − − ⇔ + × + + × = + − + + + + ( ) ( ) 6 0 5 1 7 5 6 3 3 10 4 x x x x x x − = ⇔ + + + = + + + + + • Từ ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 : 6 0 6 7 ; 6;7x x y x y− = ⇒ = → = ⇒ = là một nghiệm của hpt. • Từ ( ) ( ) 1 3 7 7 6 : 0 7 2 2 3 3 10 3 x x x x x x + + + + − + − = + + + + phương trình vô nghiệm do ( ) ( ) ( ) ( ) 7 7 1 1 1 1 3 7 0 2 2 3 3 10 4 VT x x VP x x < + × − + + × − < = ÷ ÷ + + + + 0,25 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất ( ) ( ) ; 6;7x y = . 9 1,0 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 3 2a b c a b a c b c a b c a a a≤ ≤ ⇒ − − ≥ ⇒ ≥ + − = − Suy ra 2 3 2bc a a≥ − . 0,25 ( ) ( ) ( ) 32014233320143 393 22 222 2 −−−≥−−≥⇒ ≤++⇒=++≤++ aaaaabcP cbacbacba 0,25 Xét hàm [ ] 1;0;32014233)( 22 ∈−−−= aaaaaf . Ta có ( ) 20141182014 23 )1.(18 2014 23 2 .2323)( 2 2 2 2 22' −−≤− − − =− − −−= aa a aa a a aaaaf . Ta có ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 4 1 .2 1 1 2 2 3 27 a a a a a a a a + − + − − = − − ≤ = ÷ Suy ra ( ) 2 2 1 3 3 a a− ≤ 02014342014 33 2 .18)( ' <−≤−≤⇒ af . 0,25 Suy ra ( )f a nghịch biến trên đoạn [ ] 0;1 . Do đó 2014)1()( −=≥ faf . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1a b c= = = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng -2014 khi 1a b c = = = . 0,25 Hết . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG TRƯỜNG THPT LỤC NAM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 -2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút , không kể thời gian. cbaabcP −−−= 20153 . 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 LỤC NAM ĐÁP ÁN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 -2015 . 3 S ABCD ABCD a V SA S a a dvtt= = = 0,25 0,25 + Từ C dựng CI // DE 2 a CE DI⇒ = = và ( ) / /DE SCI ( ) ( ) ( ) , ,d DE SC d DE CSI⇒ = Từ A kẻ AK CI⊥ cắt ED tại H, cắt CI tại K Ta có: (