Đề thi thử THPT quốc gia năm học 2014 - 2015 môn: Toán THPT

Câu 1 ( ID: 82419 )(2,0 điểm). Cho hàm số

   

32 y x 6x 9x 1

(1).

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

Tìm m để phương trình

 2

x(x 3) m

có 3 nghiệm phân biệt.

Câu 2 ( ID: 82420 ) (1,0 điểm).

Giải phương trình:

  

2

(sinx cosx) 1 cosx

.

Giải bất phương trình:

   

log x log (x 1) log (x 2)

.

pdf6 trang | Chia sẻ: Mr Hưng | Ngày: 21/09/2016 | Lượt xem: 40 | Lượt tải: 0download
Nội dung tài liệu Đề thi thử THPT quốc gia năm học 2014 - 2015 môn: Toán THPT, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
>> - Học là thích ngay! 1 SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 ( ID: 82419 )(2,0 điểm). Cho hàm số    3 2y x 6x 9x 1 (1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). Tìm m để phương trình  2x(x 3) m có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2 ( ID: 82420 ) (1,0 điểm). Giải phương trình:   2(sinx cosx) 1 cosx . Giải bất phương trình:     0,2 0,2 0,2 log x log (x 1) log (x 2) . Câu 3 ( ID: 82421 )(1,0 điểm). Tính tích phân:   1 0 6x+ 7 I dx 3x 2 . Câu 4 ( ID: 82422 ) (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số   4 2f(x) x 8x 6 trên đoạn [ 3; 5]. Khai triển và rút gọn biểu thức      2 n(1 x) 2(1 x) ... n(1 x) thu được đa thức     n 0 1 n P(x) a a x ... a x . Tìm hệ số 8 a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn:   2 3 n n 1 7 1 nC C . Câu 5 ( ID: 82423 ) (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN). Câu 6 ( ID: 82424 ) (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 0132  yx và 029136  yx . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 7 ( ID: 82425 ) (1,0 điểm). Trong không gian toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1; -2; 3), B(2; 0; 1), C(3; -1; 5). Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng và tính diện tích tam giác ABC. Câu 8 ( ID: 82428 ) (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:                 2 2 x y x y 3 (x y) 2 x y (x, y R) x x y 2 x y 3 . Câu 9 ( ID: 82429 )(1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2x (y z) y (z x) z (x y) P yz zx xy       . >> - Học là thích ngay! 2 SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN THPT ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu Nội dung Điểm 1a (1,25) a) 196 23  xxxy . *Tập xác định: D = R * Sự biến thiên  Chiều biến thiên: )34(39123' 22  xxxxy Ta cã       1 3 0' x x y , 310'  xy . 0,25 Do đó + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1,( và ),3(  . + Hàm số nghịch biến trên khoảng ).3,1( 0,25  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1x và 3)1(  yyCD ; Hàm số đạt cực tiểu tại 3x và 1)3(  yyCT .  giới hạn:   yy xx lim;lim . 0,25  Bảng biến thiên: 0,25 Đồ thị : Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm )1,0(  . 1 2 3 4 -1 1 2 3 x y O 0,25 x y’ y 3 -1   0 0 3 1      >> - Học là thích ngay! 3 1b (0,75) Ta có:  2x(x 3) m      3 2x 6x 9x 1 m 1 . 0,25 Phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m – 1 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt 0,25        1 m 1 3 0 m 4 0,25 2a (0,5) Ta có:   2(s inx cosx) 1 cosx    1 2sin xcosx 1 cosx  cosx(2sin x-1) 0 (0,25)      cosx 0 1 s inx= 2                   x k 2 x= k2 (k Z). 6 5 x k2 6 0,25 2b (0,5) Điều kiện: x 0 (*).     0,2 0,2 0,2 log x log (x 1) log (x 2)    2 0,2 0,2 log (x x) log (x 2) 0,25    2x x x 2 x 2 (vì x > 0). Vậy bất phương trình có nghiệm x 2 . 0,25 3 (1,0)   1 0 6x+ 7 I dx 3x 2   1 0 (6x+ 4)+ 3 dx 3x 2    1 0 3 (2 )dx 3x 2 0,25     1 1 0 0 3 2 dx dx 3x 2     1 1 0 0 1 2 dx d(3x+ 2) 3x 2 0,25    11 0 0 2x ln 3x 2 0,25   5 2 ln 2 . 0,25 4a (0,5)   4 2f(x) x 8x 6  3f '(x) 4x 16x 0,25 >> - Học là thích ngay! 4        x 0 f '(x) 0 x 2 .   f( 3) 9 , f(0) 6 ,  f(2) 10 ,  f( 5) 9 . Vậy:    [ 3; 5 ] maxf(x) f(0) 6 ,     [ 3; 5 ] min f(x) f(2) 10 0,25 4b (0,5) Ta có:            nnnnnn n nCC nn 1 )2)(1( !3.7 )1( 2 3 171 32 .9 0365 3 2        n nn n 0,25 Suy ra 8a là hệ số của 8x trong biểu thức sẽ là .89.9.8 89 8 8  CC 0,25 5 (1,0) *) Ta có: 2 2 2a 3AN AB BN   Diện tích tam giác ABC là: 21 . 4a 3 2 ABCS BC AN   . 0,25 Thể tích hình chóp S.ABC là: 2 . 1 1 . 4a 3.8a 3 3 S ABC ABCV S SA  332a 3 3  (đvtt). 0,25 *) Ta có: . . 1 . . 4 B AMN S ABC V BA BM BN V BA BS BC   3 . . 1 8a 3 4 3 B AMN S ABCV V  . 0,25 Mặt khác, 1 4 5a 2 5a 2 SB SC MN SC     ; 1 2 5a 2 AM SB  . Gọi H là trung điểm AN thì MH AN , 2 2 a 17MH AM AH    . Diện tích tam giác AMN là 2 1 1 . 2a 3.a 17 a 51 2 2 AMNS AN MH    . Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: 3 . 2 3 8a 3 8a 8a 17 ( , ( )) 17a 51 17 B AMN AMN V d B AMN S     . 0,25 S A B N C M H >> - Học là thích ngay! 5 6 (1,0) -Gọi đường cao với đường trung tuyến lần lượt là CH và CM Khi đó CH : 0132  yx , CM : .029136  yx - Ta có: ).1;7( 029136 0132       C yx yx - )2,1( CHAB unCHAB 0162:  yxABpt . 0,25 - Ta có )5;6( 029136 0162 M yx yx       ).4;8(B 0,25 Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp .0: 22  pnymxyxABC Vì A, B, C thuộc đường tròn nên         0750 04880 06452 pnm pnm pnm          72 6 4 p n m . 0,25 Suy ra pt đường tròn: 0726422  yxyx hay .85)3()2( 22  yx 0,25 7 (1,0) Ta có (1;2; 2), (2;1;2)AB AC   0,25 [ , ] (6; 6; 3) 0AB AC     0,25 Suy ra ,AB AC không cùng phương nên A, B, C không thẳng hàng. 0,25 Diện tích tam giác ABC là 1 9 S = [ , ] 2 2 ABC AB AC  (đvdt). 0,25 8 (1,0) Giải hệ:                 2 2 x y x y 3 (x y) 2 x y (1) (x, y R) x x y 2 x y 3 (2) . Điều kiện: 0 0 x y x y      (*) Đặt 0t x y   , từ (1) ta có:    2t t 3 t 2 t 0,25      2t t t 3 2 t 0        3(1 t) t(1 t) 0 t 3 2 t           3 (1 t) t 0 t 3 2 t  t 1 (Vì       3 t 0, t 0 t 3 2 t ). 0,25 M(6; 5) A(4; 6) C(-7; -1) B(8; 4) H >> - Học là thích ngay! 6 Suy ra 1 1x y y x     (3). Thay (3) vào (2) ta có:    2x 3 2x 1 3       2( x 3 2) ( 2x 1 1) 0         2 2 x 1 2x 2 0 2x 1 1x 3 2             2 x 1 2 (x 1) 0 2x 1 1x 3 2  x 1 (Vì       2 x 1 2 1 0, x 22x 1 1x 3 2 ). 0,25 Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*). Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x = 1; y = 0). 0,25 9 (1,0) Ta có : 2 2 2 2 2 2x x y y z z P y z z x x y       (*) (0,25) Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y  R Do đó : x3 + y3  xy(x + y) x, y > 0 hay 2 2x y x y y x    x, y > 0 Tương tự, ta có : 2 2y z y z z y    y, z > 0 2 2z x z x x z    x, z > 0 0,25 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 0,25 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 1 3 . Vì vậy, minP = 2. 0,25 ..........Hết.........

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdf30_truong_thpt_nhu_xuan_thanh_hoa_6438.pdf
Tài liệu liên quan