Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán - Lần 1 - Trường THPT Thiệu Hóa

Câu I ( ID: 82736 ) (4 0 i m)

Cho hàm số

 3 2 2 1

1 7 4

y x m x m x      

(1) ( Với m là tham số thực).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi

2 m 

.

2. Tìm

m

để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị

12 ; xx

thỏa mãn:

12 3 xx 

.

Câu II ( ID: 82737 ) (3 0 i m)

1. Giải phương trình

34 sin cos 1 xx 

2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số

 

22

ln f x x x e   

trên

  0; e

Câu III ( ID: 82738 ) (2 0 i m) Cho phương trình

2

5 2 5 2

log ( 1) log 0 x mx m x

     

1. Giải phương trình khi

2 m 

2. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất.

pdf8 trang | Chia sẻ: Mr Hưng | Ngày: 21/09/2016 | Lượt xem: 17 | Lượt tải: 0download
Nội dung tài liệu Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán - Lần 1 - Trường THPT Thiệu Hóa, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
>> - Học là thích ngay! 1 SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 Trường THPT Thiệu Hóa NĂM HỌC 2014 - 2015 M n TO N (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu I ( ID: 82736 ) (4 0 i m) Cho hàm số    3 2 2 1 1 7 4 3 y x m x m x      (1) ( Với m là tham số thực). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 2m   . 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị 1 2 ;x x thỏa mãn: 1 23x x . Câu II ( ID: 82737 ) (3 0 i m) 1. Giải phương trình 3 4sin cos 1x x  2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số   2 2lnf x x x e   trên  0;e Câu III ( ID: 82738 ) (2 0 i m) Cho phương trình 2 5 2 5 2 log ( 1) log 0x mx m x        1. Giải phương trình khi 2m   2. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất. Câu IV ( ID: 82739 ) (2 0 i m) 1. Cho một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xang và 7 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên một lần ba viên bi. Tính xác suất để trong ba viên bi lấy được chỉ có hai màu. 2. Tìm hệ số của số hạng chứa 6 x trong khai triển của: 3 5 2 1 n x x x       , biết tổng các hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và 0x  ). Câu V (ID: 82740 ) (2 0 i m) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác ABCD, có ABD là tam giác đều cạnh a, BCD là tam giác cân tại C có 0120BCD  , SA a và  SA ABCD .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD). Câu VI ( ID: 82741 ) (4 0 i m) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy.Cho đường tròn   2 2: 4 6 4 0C x y x y     .Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của hình vuông MNPQ nội tiếp đường tròn  C biết điểm  2;0M . 2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip   2 2 : 1 16 9 x y E   .Tìm tọa độ các điểm M trên  E sao cho 1 22MF MF ( với 1 2,F F lần lượt là các tiêu điểm bên trái, bên phải của  E ). Câu VII ( ID: 82742 ) (2 0 i m) Giải hệ phương trình    2 1 2 3 2 2.4 1 2 2log 1 1 y x x y x x y xy x             , (x,y R). Câu VIII ( ID: 82743 ) (1 0 i m)Cho , ,a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 4 4 a b c b c a a b b c c a            . ---------------- Hết---------------- >> - Học là thích ngay! 2 Đ P N VÀ THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung Điểm I 4,0 1 Khảo sát hàm số khi 2m   2,0 Khi 2m   hàm số có dạng: 3 2 1 3 4 3 y x x x    0,25 1) Tập xác định: D R 0,25 2) Khảo sát sự biến thiên: a. Các giới hạn: 3 2 3 21 1lim 3 4 ; lim 3 4 3 3x x x x x x x x                        Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 0,5 b.Sự biến thiên: 2' 2 3y x x   , 2 1 ' 0 2 3 0 3 x y x x x           Với 17 1 3 x y    ; 3 5x y    Bảng biến thiên: x  3 1  'y  0  0  y 5   17 3  Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng    ; 3 , 1;   Hàm số nghịch biến trên khoảng  3;1 . Hàm số có hai cực trị:   17 3;5 , 1; 3        . 0,5 2) Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua  0; 4 . 0,5 2 2,0 Ta có:  2 2' 2 1 7y x m x m        2 2' 0 2 1 7 0 1y x m x m       0,5 Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình (1) phải có hai nghiệm f(x)=(1/3)x^3+x^2-3x-4 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y >> - Học là thích ngay! 3 phân biệt    2 2' 0 1 7 0 4m m m          (*) 0,5 Khi đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị 1 2;x x là nghiệm của (1) nên thỏa mãn:     1 2 2 1 2 2 1 7 x x m I x x m       0,5 Với 1 23x x thế vào (I) ta được:   22 2 2 2 2 4 2 1 1 3 7 23 7 x m m m x m              2 3 2 10 6 31 0 3 2 10 m m m m            ( thỏa mãn điều kiện (I)). Vậy 3 2 10m   là giá trị cần tìm. 0,5 II 3,0 1 1,5 3 4 3 4 2 2sin cos 1 sin cos sin cosx x x x x x      3 2 4 2sin sin cos cos 0x x x x     0,5    2 2 2sin sin 1 cos cos 1 0x x x x        2 2 2sin sin 1 1 sin sin 0x x x x     0,5   2 2 sin 0 sin 0 sin 1 2sin sin 2 0 sin 2 2 x x k x x x kx x x l                       Vậy phương trình có nghiệm: ; 2 2 x k x k      . 0,5 2 1,5 Ta có:     2 2 1 ' 0 0;f x x e x e      0,75 nên hàm số   2 2lnf x x x e   đồng biến trên  0;e , suy ra:       0; min 0 1 e f x f  ;         0; max 1 ln 1 2 e f x f e    0,75 III 2,0 Ta có:        1 5 2 5 2 1 5 2 5 2         Phương trình đã cho tương đương với: 2 5 2 5 2 log ( 1) log 0x mx m x           22 00 1 1 0 *1 xx x m x mx mx m x                 0,5 1 Với 2m   phương trình (*) có dạng:   2 3 13 2 3 1 0 3 13 2 x x x x loai            >> - Học là thích ngay! 4 Vậy với 2m   phương trình có một nghiệm: 3 13 2 x   . 0,75 2 Để phương trình đã cho có duy nhất nghiệm thì phương trình (*) có duy nhất một nghiệm dương, ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: Phương trình (*) có nghiệm kép dương   2 2 3 2 30 1 4 4 0 6 3 0 3 2 310 10 2 2 1 mm m m m b mm m a m                                  3 2 3m   0,25 Trường hợp 2: Phương trình (*) có hai nghiệm 1 2;x x thỏa mãn 1 20x x  2 1 2 1 2 0 6 3 0 0 0 1 0 1 1 0 1 00 1 0 1 0 m m x x P m m m S mx x m P m                                     Vậy    ; 1 3 2 3m     là giá trị cần tìm. (Thí sinh có thể giải ý này bằng hàm số) 0,5 IV 2,0 1 1,0 Gọi A là biến cố “ ba viên bi lấy được chỉ có hai màu” Ta có: Số phần tử của không gian mẫu: 3 16 560C  0,5 Số cách chọn được ba viên bi chỉ có một màu: 3 3 3 4 5 7 49C C C   Số cách chọn được ba viên bi có đủ ba màu: 1 1 1 4 5 7 140C C C  Vậy xác suất cần tìm là:   49 140 53 1 560 80 P A     0,5 2 1,0 Xét khai triển : 5 3 5 3 2 3 3 1 1 nn x x x x x x             1 5 5 5 3 0 1 2 2 2 3 3 3 1 1 1 ... ... k nn n n k k n n n n nx C C x C x C x x x x                                            Thay 1x  vào khai triển ta được: 0 12 ... ...n k nn n n nC C C C        Theo giả thiết ta có: 0 1 ... ... 4096k nn n n nC C C C      122 2 12n n    0,5 Với 12n  ta có khai triển: 12 3 5 2 1 x x x       Gọi số hạng thứ  1 0 12,k k k Z    là số hạng chứa 6x . Ta có :   12 5 2 21 3 5 2 1 12 122 1 k kk k k k kT x C x C x x            0,5 >> - Học là thích ngay! 5 Vì số hạng có chứa 6x nên :  2 21 65 2 21 6 6 2 9 k k k        . Với 6k  ta có hệ số cần tìm là : 6 12 924C  . V 2,0 Gọi I là trung điểm của BD. Vì tam giác ABD đều vàtam giác BCD cân tại C nên AI BD CI BD    Suy ra A, I, C thẳng hàng, AC BD Tam giác ABD đều cạnh a, suy ra 1 3 ; ; 2 2 a BD a BI a AI   Tam giác BCD cân tại C và 0120BCD  nên 060BCI  . 0 0 3 ; tan60 sin60 32 3 BI a BI a IC BC    *) 3 3 2 3 2 6 3 a a a AC AI IC     0,5 Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc nên có diện tích: 21 3 . 2 3 ABCD a S AC BD  Suy ra thể tích khối chóp .S ABCD là: 31 3. 3 9 ABCD V SAS a  (đvtt). 0,5 Tính khoảng cách Gọi K là hình chiếu của A trên đường thẳng SI, suy ra AK SI Mặt khác BD AC AK BD BD SA     nên  AK SBD . Vậy   ;d A SBD AK 0,5 Tam giác SAI vuông tại A và có đường cao AK nên: 2 2 2 2 1 1 1 7 21 3 7 a AK AK AS AI a      Ta có đường thẳng AC cắt mặt phẳng SBD tại I và 3 2 1 6 33 IC a IA a   . Suy ra:       1 1 21 ; ; 3 3 21 a d C SBD d A SBD AK   . 0,5 VI 4,0 1 2,0 Đường tròn có tâm  2; 3I  , bán kính 3R  . Hình vuông MNPQ nội tiếp đường tròn  C nên tâm hình vuông cũng là tâm  2; 3I  của đường tròn, hay I là trung điểm của MP, suy ra 0,5 K I C D B A S Q P N M >> - Học là thích ngay! 6 tọa độ điểm  2; 6P  Gọi   2 21 ; 0n a b a b  là véctơ pháp tuyến của đường thẳng chứa cạnh hình vuông, vì  0;6PM nên đương thẳng MP có véc tơ pháp tuyến:  2 1;0n . Các cạnh của hình vuông hợp với đường chéo MP một góc 045 . nên ta có:   01 2 2 2 2 2 2 cos ; cos45 2, 1 0 a n n a b      2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 a ba a a b a b a ba b              Vậy có hai véctơ pháp tuyến là:  1;1n và  ' 1; 1n  0,75 *) Cặp đường thẳng có véctơ pháp tuyến  1;1n : +) Đi qua  2;0M : 2 0x y   +) Đi qua  2; 6P  : 4 0x y   *) Cặp đường thẳng có véctơ pháp tuyến  1; 1n  : +) Đi qua  2;0M : 2 0x y   +) Đi qua  2; 6P  : 8 0x y   Vậy các đường thẳng chứa các cạnh hình vuông MNPQ là 2 0x y   ; 4 0x y   ; 2 0x y   ; 8 0x y   . 0,75 2 2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip   2 2 : 1 16 9 x y E   .Tìm tọa độ các điểm M trên  E sao cho 1 22MF MF ( với 1 2,F F lần lượt là các tiêu điểm bên trái, bên phải của  E ). 2,0 2.Ta có: 4; 3; 7a b c   0,5 Theo định nghĩa ta có: 1 1 2 1 2 1 2 2 2 16 2 2 3 2 3 8 8 3 MF MF MF MF MF MF MF a MF MF                 0,5 1 2; cx cx MF a MF a a a     Gọi  ;M MM x y , áp dụng công thức bán kính qua tiêu ta có: 2 78 16 7 4 3 4 21 M M M cx x MF a x a        0,5 Mặt khác M thuộc  E nên: 2 2 16 7 21 329 1 16 9 7 M M y y            Vậy có hai điểm thỏa mãn: 1 2 16 7 329 16 7 329 ; , ; 21 7 21 7 M M             0,5 >> - Học là thích ngay! 7 VII 2,0 Điều kiện: 2 0 0 0 0 x x x y y        0,5 Ta có:     22 1 1 0 1 0x yx x y x y          ( Vì 2 1 0x yx   ) 1y x   (a) 0,5  1  2 1 22.4 1 2 2log y x x y     2 22 22 log 2 2 log 2 * y xy x    Xét hàm số:   22 log tf t t  trên  0; Ta có:     1 ' 2 ln 2 0 0; ln 2 tf t t e t      ,vậy  f t là hàm số đồng biến. Biểu thức      * 2 2 2 2f y f x y x    (b) 0,5 Từ (a) và (b) ta có:   2 2 1 1 2 1 2 4 8 4 2 2 5 2 0 x x x x x x x x x                1 2 1 2 x x x          2x  Với 2 1x y   , suy ra hệ phương trình có một nghiệm  2;1 . 0,5 VIII 1,0 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 4 4 4 4 4 a b c VT b b c c a a                        2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 a b c a b c b c a b c a            0,25 Mặt khác: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ; ; a b c b a b c b c a c a       Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2 2 2 1 1 1a b c b c a a b c      Suy ra: 0,25 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 VT a b c a b b c c a                                    1 4 4 4 1 1 1 4 VP a b b c c a a b b c c a                 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1a b c   0,5 >> - Học là thích ngay! 8

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdf34_truong_thpt_thieu_hoa_thanh_hoa_lan_1_9493.pdf
Tài liệu liên quan