Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán - Lần 1 - Trường THPT Hàn Thuyên

Câu 1 ( ID: 79157 ) ( 2,0 điểm )

Cho hàm số y = x

3

– 3mx

2

+ 4m

2

- 2 (1), với m là tham số thực

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m = 1

b) Tìm m để đồ hị hàm số (1) có 2 điểm cực trị A và B sao cho điểm I(1;0) là trung

điểm của đoạn AB.

Câu 2 ( ID: 79158 ) (1,0 điểm)

Giải phương trình:

4sin( ) 2sin(2 ) 3 cos cos 2 2sin 2

36 x x x x x

       

pdf5 trang | Chia sẻ: Mr Hưng | Ngày: 21/09/2016 | Lượt xem: 13 | Lượt tải: 0download
Nội dung tài liệu Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán - Lần 1 - Trường THPT Hàn Thuyên, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu SỞ GD –DT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 Năm học: 2014 -2015 Môn Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 ( ID: 79157 ) ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + 4m2 - 2 (1), với m là tham số thực a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m = 1 b) Tìm m để đồ hị hàm số (1) có 2 điểm cực trị A và B sao cho điểm I(1;0) là trung điểm của đoạn AB. Câu 2 ( ID: 79158 ) (1,0 điểm) Giải phương trình: 4sin( ) 2sin(2 ) 3 cos cos2 2sin 2 3 6 x x x x x          Câu 3 ( ID: 79159 ) (1,0 điểm) Tính giới hạn sau: 2 2 2 5 lim 2x x x x    Câu 4 ( ID: 79162 ) (1,0 điểm) Một hộp đựng 5 viên bi màu đỏ và 6 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi được lấy ra đó có đủ cả hai màu và số viên bi màu đỏ lớn hơn số viên bi màu xanh. Câu 5 ( ID: 79163 )(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ 0xy, cho đường tròn (C): (x-1)2 + (y-2)2 = 9. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn (C) biết đường thẳng BC có phương trình là 2x – 5 = 0 Câu 6 ( ID: 79165 )(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có các đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của C’ lên mặt phẳng (ABC) là điểm D thuộc cạnh BC sao cho DB = 2DC. Góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (ABC) bằng 450. Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABC), (A’B’C’) và cosin góc giữa hai đường thẳng AD, CC’. Câu 7 ( ID: 79170 ) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ 0xy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có BC = 2AD = 2DC. Đỉnh C(3;-3), đỉnh A nằm trên đường thẳng d: 3x + y -2 = 0, phương trình đường thẳng DM: x-y -2 = 0 với M là điểm thỏa mãn 4BC CM  . Xác định tọa độ các điểm A, D, B Câu 8 ( ID: 79171 ) (1, 0 điểm) Giải hệ phương trình{ √ √ √ { Câu 9 ( ID: 79173 ) (1, 0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 2 2 21 2 1 2 1 2 5a b c      Chứng minh rằng 3 6 64 2 64a b c   >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu ĐÁP ÁN Câu 1: a. (1,0 điểm) Với m = 1: hàm số trở thành : y = x3 -3x2 +2 (C) * TXĐ: D=R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y’: 3x2 -6x, y’ = 0 0 2 x x     0.25 - Các khoảng đồng biến (- ;0); (2;+ ), khoảng nghịch biến (0;2)0.25 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -2 - Giới hạn tại vô cực lim x y    ; * Bảng biến thiên: 0.25 x - 0 2 + y’ + 0 - 0 + y 2 + - -2 * Đồ thị Giao 0y tại (0;2) ; giao 0x tại (1;0) và (1 3;0 ) Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng 0.25 Hình vẽ (tự vẽ) b. (1,0 điểm) Ta có y’ = 3x2 -6mx; ý = 0  x = 0 hoặc x = 2m 0.25 Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt m 0 Tọa độ các điểm cực trị A, B là A(0; 4m2 -2); B(2m; -4m3 + 4m2 -2) 0.25 I là trung điểm của AB nên 3 2 1 2 4 2 0 m m m       0.25 Giải hệ được m =1 thỏa mãn ĐK tồn tại cực trị. Vậy giá trị của m cần tìm là m =1 0.25 Câu 2 (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2sinx +2 3 cos x - 3 sin2x + cos 2x = 3 cos x + cos2x – 2sinx +2 0.25  4sinx – 2+ 3 cosx - 3 sin2x = 0 (1-2sinx)( 3 cosx -2) = 0 0.25 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu * 3 cosx -2 = 0 : phương trình vô nghiệm 0.25 * 1-2sinx = 0  2 6 5 2 6 x k x k             . Nghiệm của phương trình là 2 6 5 2 6 x k x k             , kZ 0.25 Câu 3 (1,0 điểm) Ta có 2 2 2 2 5 ( 2 2 5)( 2 2 5) lim lim 2 ( 2)( 2 2 5)x x x x x x x x x x x x             0.25 = 2 2 80 20 lim ( 2)( 2 2 5)x x x x x x      0.25 = 2 2 ( 2)( 10) 10 lim lim ( 2)( 2 2 5) 2 2 5x x x x x x x x x x           0.25 = 3 0.25 Câu 4: Số phần tử của không gian mẫu là 4 11 330C  0.25 4 viên bi được chọn gồm 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh 0.25 Số cách chọn 4 viên bi đó là 3 1 5 6. 60C C  0.25 Vậy xác suất cần tìm là 60 2 330 11 p   0.25 Câu 5(1,0 điểm): Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ: 2 2 5 ( 1) ( 2) 9 2 2 5 0 3 3 2 2 x x y x y                0.5 Đường tròn (C) có tâm I(1;2). Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (C) nên I là trọng tâm của tam giác. Từ đó tìm được A(-2;2) 0.25 Vậy 5 3 3 5 3 3 ( ;2; ); ( ;2; ) 2 2 2 2 B C  và ngược lại A(-2;2) 0.25 Câu 6 (1,0 điểm) Từ giả thiết C’D  (ABC); (AC’, (ABC)) = (AC’,AD) =C’AD = 450 0.25 Sử dụng định lý cosin cho tam giác ABC suy ra AD = 7 3 a C’D=AD = 7 3 a 0.25 Vì CC’//AA’ nên (AD,CC’) = (AD, AA’) Vì C’D  (ABC) nên C’D  (A’B’C’) suy ra C’D’ C’A’ suy ra DA’ = 4 3 a AA’ = CC’ = 2 2 2 2 ' 3 C D DC a  0.25 Áp dụng hệ quả của định lý cosin trong tam giác A’AD ta được >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu cosA’AD = - 14 56 suy ra cos(AD, CC’) = 14 cos ' 56 A AD  0.25 Câu 7 (1,0 điểm) Vì A d suy ra A(a; 2 -3a) Có SADM = 2SDCM suy ra d(A,DM) = 2d(C,DM) 0.25 1 (3; 7) 3 ( 1;5) a A a A          . Do A, C nằm khác phía với đường thẳng DM nên A(-1;5) 0.25 Vì dDM suy ra D(d;d-2). Từ giả thiết có AD CD AD CD    . Giải hệ ta được d = 5 nên D(5;3) 0.25 Có 2 ( 9;1)BC AD B   0.25 Câu 8 (1,0 điểm) 2 2(2 1 4 )(y 1 )(1) 1 2 1(2) x x y x x y xy xy x y              Điều kiện: 1 0(*)x y xy    vì 2t 1 t  > 0 Nên (1) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 1 4 1 2 0 1 4 1 (2 )( 1 4 1 2 ) 0 2 0 2 x y x x y y x y x y x y x y x y x y y x                             0.25 Thay y = -2x vào (2) ta được 2 23 2 1 4 3 1x x x x x      2 2 2 3 1 3 1 2 ( 4 )x x x x x x x        0.25 Đặt 2 3 1 t x x   Khi x>0, ta được 2 4 7t t t     . Từ đó, kết hợp với x>0 ta được 3 37 14 x   ; 3 37 7 y    thỏa mãn điều kiện (*) 0.25 Khi x<0 ta được 2 4 2t t t      . Từ đó kết hợp với x<0 ta được 3 37 4 x   ; 17 3 2 y   thỏa mãn điều kiện (*) 0.25 Vậy hệ có 2 cặp nghiệm Câu 9(1,0 điểm) Với 2 số không âm A,B ta chứng minh: 1 1 1 1A B A B       (1). Thật vậy (1) 2 2 (1 )(1 ) 2 2 1A B A B A B A B            >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 1 1A B AB A B       luôn đúng 0.5 Dấu đẳng thức xảy ra khi A=0 hoặc B = 0 Áp dụng (1) ta có 5 = 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2a b c a b c           2 2 22 1 2 2 2a b c     Suy ra a 2 + b 2 +c 2 4 hay b 2 + c 2  4 – a2 (2) Khi đó 3 6 6 3 2 2 34 2 4 2 ( )a b c a b c     Từ (2) và do a, b, c không âm ta có 0 2a  Xét hàm số f(a) = √ trên [0;2]. Ta có: 2 2 2 2 2'( ) 12 2 6 (4 ) 6 ( 2)[ (6 ) 2(8 )]f a a a a a a a a a        0.5 Với a [0;2], f’(a) =0  a=0; a= 2 Có f(0) =64; f( 2 )=24; f(2)=32 2 suy ra f(a)64; với  a[0;2] Vậy 3 6 64 2 64a b c   . Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 0, c=2 hoặc a=c=0, b=2.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdf19_thpt_han_thuyen_bac_ninh_lan_1_9546.pdf
Tài liệu liên quan