Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán - Lần 1 - Trường THPT Trần Nguyên Hãn

Câu 1 ( ID: 82680 ) (4,0 điểm)

Cho hàm số

42 21 y x mx m    

(1) , với

m

là tham số thực.

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

1 m 

.

2) Tìm những giá trị của

m

để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm

số tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng

1

.

pdf7 trang | Chia sẻ: Mr Hưng | Ngày: 21/09/2016 | Lượt xem: 15 | Lượt tải: 0download
Nội dung tài liệu Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán - Lần 1 - Trường THPT Trần Nguyên Hãn, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
>> - Học là thích ngay! 1 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN MÔN TOÁN LỚP 12 - NĂM HỌC 2014 - 2015 Thời gian làm bài : 180phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 ( ID: 82680 ) (4,0 điểm) Cho hàm số 4 22 1y x mx m    (1) , với m là tham số thực. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1m  . 2) Tìm những giá trị của m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. Câu 2 ( ID: 82681 ) (2.0điểm) Giải phương trình: sin2x + cosx- 2 sin x 4       -1= 0. Câu 3 ( ID: 82686 ) (2.0 điểm) Giải bất phương trình 3 3 2 28 5x x x     Câu 4 ( ID: 82687 ) (2.0 điểm) Giải phương trình: 9 27 2 1 2 0 log (9 ) logx x    Câu 5 ( ID: 82694 )(2.0 điểm) 1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn n 3 4 2 x x       , ( 0)x  Biết số nguyên dương n thỏa mãn 3 2 18 49n n nA C C   2) Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 20 câu hỏi trên. Thí sinh A đó học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đó thuộc Câu 6 ( ID: 82695 ) (2.0điểm) Cho hình lăng trụ đứng ' ' '.ABC ABC có tam giác ABC vuông tại C . Biết AC  a ,BC  3a ; mặt phẳng  'ABC hợp với mặt phẳng  ABC góc 060 . 1) Tính thể tích khối lăng trụ ' ' '.ABC ABC theo a . 2) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC Câu 7 ( ID: 82696 ) (2.0điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, biết điểm  8;4B ,điểm 82 6 ; 13 13 M       thuộc đường thẳng AC , 2CD AB và phương trình : 2 0AD x y   . Tìm tọa độ các điểm A, C, D. Câu 8 ( ID: 82697 ) (2 .0 điểm) Giải hệ phương trình :    2 21 . 1 1 6 2 1 4 6 1 x x y y x x xy xy x              ( , )x y R . Câu 9 ( ID: 82704 ) (2.0 điểm) Cho các số dương ,a ,b c thỏa mãn điều kiện 3.ab bc ca   Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 1 . 1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc          >> - Học là thích ngay! 2 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 MÔN TOÁN LỚP 12- 2014-2015 Câu Hướng dẫn giải chi tiết Điểm Câu 1 2 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1.(2 điểm). Khi 1m  hàm số trở thành: 4 22y x x   TXĐ: D=  SBT. Giới hạn  x lim , lim x   Sự biến thiên:  ' 3 2 0 4 4 0 4 1 0 1 x y x x x x x            BBT x  1 0 1  y’  0 + 0  0 + y  -1 0 -1  0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 Hàm số đồng biến trên các khoảng  1;0 và  1; Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1  và  0;1 . Điểm cực đại  0;0 , cực tiểu    1; 1 , 1; 1   . Đồ thị: Giao với Oy tại  0;0 , đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng  Đồ thị 2. (2 điểm)  ' 3 2 2 0 4 4 4 0 x y x mx x x m x m          Hàm số đó cho có ba điểm cực trị  pt ' 0y  có ba nghiệm phân biệt và 'y đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó 0m   Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:      2 20; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m        0.25 0.25 0.25 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -5 5 10 f x  = x4-2x2 >> - Học là thích ngay! 3 Câu 2 21 . 2 ABC B A C BS y y x x m m    ; 4 , 2AB AC m m BC m     4 2 3 2. . 1 1 4 4 1 2 1 0 5 1 2 ABC m m mAB AC BC R S m m m m m m                Kl : m = 1 hoặc m = 5 1 2  0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 2(2 điểm ) Pt đó cho tương đương: sin 2 cos (sin cos ) 1 0 2cos (sin 1) sin 1 0 x x x x x x x             sin 1 2cos 1 0x x    sin 1x  hoặc 2 1 cos x 0.25 0.25 0.25 0.25 sin 1 2 . 2      x x k   1 os 2 2 3     c x x k   . Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là: 2 2 x k     ; 2 3 x k     ( k Z ) 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 3 1 Câu 3 (2điểm ) 3 3 2 28 5x x x     (I) 2 1 3 3 5 2 28 ( 3 3 5) 2 28 x x x x x x x               2 1 3 12 15 13 x x x x        0.25 0.25 0.25 0.25 TH 1 1 13 13 0 x x x      TH 2 2 2 1 13 4 13 3 12 15 (13 ) x x x x x          0.25 0.25 0.25 0.25 >> - Học là thích ngay! 4 Câu 4 Kết luận bpt có nghiệm 4x  Câu 4 (2điểm) Điều kiện: . 9 1 ,1,0  xxx Khi đó 9 27 2 1 2 0 log 9 logx x     3 3 2 1 2 0 1 1 log 2 log 2 6 x x      3 3 2 3 1 0 log 2 logx x      0.25 0.25 0.25 0.25 Đặt 3t = log x , ta được 2 3 1 0 2t t     2 2 2 0 3 6 0              t t t t t t * 32 log 2 9t x x     * 3 1 3 log 3 27 t x x       . Vậy nghiệm của phương trỡnh là 9x  và 1 27 x  . 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 5 Câu 5 (2điểm) 3 2 18 49, ( , 3)n n nA C C n N n     2 3 2 ! ! (1) 8 49 ( 3)! 2!.( 2)! 7 7 49 0 7 (tm) n n n n n n n n n              Xét khai triển 7 3 4 2 x x       Số hạng tổng quát là     28 7 7 3 12 7 74 2 2 k k k kk kC x C x x           Vì cần tìm số hạng không chứa x nên 4k  Vậy số hạng không chứa x là   4 4 72 C =560 0.25 0.25 0.25 0.25 Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có 4845420 C đề thi. Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đó thuộc, có 2025. 210 2 10 CC trường hợp. Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đó thuộc, có 0.25 0.25 0.25 >> - Học là thích ngay! 5 1200. 110 3 10 CC trường hợp. Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đó thuộc, có 210410 C trường hợp. Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đó thuộc, cú 343521012002025  trường hợp Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đó thuộc là 3435 229 4845 323  . 0.25 Câu 6 1 ABCS = 21 a 3 CA.CB 2 2  Từ giả thiết có ' ' '.ABC ABCV = ABCS .CC'; Gọi H là hình chiếu của D trên AB 0 AB (CC'H) ((ABC'), (ABC)) (CH,HC') CHC' 60       Xét tam giác vuông ABC có CH là chiều cao nên 2 2 2 2 2 2CH CA CB 3a a 3a 1 1 1 1 1 4 a 3 CH 2        Xét tam giác vuông CHC’ có ' ' ' 2 3 0 ABC.A BC 3a a 3 3a a 3 3 CC' HCtan 60 V . 2 2 2 4      ( đvtt) Gọi M là trung điểm của AB I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC Ta có IA =IB = IC = IC’ I thuộc d với d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( d đi qua O và vuông góc với (ABC) Và I thuộc mặt trung trực của CC’ Tam giác IMC có MC = a , CC' 3a IM 2 4   Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC là 2 2 5aR IC IM CM 4     Câu 7 1 +  Tìm tọa độ đỉnh A, C, D +) Phương trình AB: 12 0x y   , vì A là giao điểm của AB và AD nên tọa độ A thỏa mãn hệ phương trình   12 5 5;7 2 7 x y x A x y y             0.25 0.25 >> - Học là thích ngay! 6 Có ( ) 17 85 AM ; 13 13 AM :5x y 32 0 A 5;7 ì æ öï ÷ï ç= - ÷ï çï ÷çè øÞ + - =í ïïïïî uuur +) C thuộc AM ta có C( a, 32- 5a ) +) Lại có ( , ) 2 6 2 5 32 2 6 2 2 7 3 d C AD AB a a a a            với a = 3 loại vì B, C nằm về cùng phía đối với đường thẳng AD +) Từ đó ta được : C(7;-3) +) Ta lại có D thuộc AD và 2DC AB suy ra D(1;3) +) Vậy A(5;7), C(7; -3), D(1; 3) Câu 8 Câu 9 1 1     221 1 1x x y y        (3) + Xét   2 1 ,f t t t t R    Khi đó :   2 2 2 1 ' 0 1 1 t tt t f t t R t t          . Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R Suy ra :  3 x y   0.25 0.25 0.25 0.25 Thế x = - y vào (2) 2 22 2 2 2 6 1 325 ... 2 6 1 2 4 2 6 1 2 x x xx x x x x x x                    Với 22 6 1 3 ... 1; 1x x x x y       + 2 3 11 3 11 2 6 1 2 ... ; 2 2 x x x x y           Kết luận pt có nghiệm 1 1 x y     hoặc 3 11 2 3 11 2 x y          0.25 0.25 0.25 0.25 2 1 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 233 3 ( ) 1ab bc ca abc abc      . Suy ra: 2 2 21 ( ) ( ) ( 1 1 1 ( ) 3 (1 . 3 ) ) a b c abc a b c a ab bc c a a a b c a              0.25 0.25 0.25 x y M H D B C A O 1 >> - Học là thích ngay! 7 Tương tự ta có: 2 2 1 1 (2) 1 ( ) 3 1 1 , (3). 1 ( ) 3 b c a b c a b c       0.25 0.25 Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3 ab bc ca a b c b c a c a b c b c abc abc                . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c         0.5 0.25

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdf33_truong_tran_nguyen_han_hai_phong_3981.pdf
Tài liệu liên quan