Tải bản đầy đủ

Đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán 2015 trường Nguyễn Viết Xuân Lâm Đồng

TRƯỜNG THPT NGUYỄN VIẾT XUÂN ĐỀ THAM KHẢO THI THPT QUỐC GIA 2015
TỔ TOÁN- TIN
Môn: TOÁN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát
đề )
Câu 1:( 2,0 điểm) Cho hàm số: y = f ( x ) = x 4 − 2 x 2 + 3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Dùng đồ thị (C) để tìm tất cả các số thực m sao cho phương trình − x 4 + 2 x 2 + 3m − 5 = 0 có
bốn nghiệm thực phân biệt.
Câu 2: (1,0 điểm)
1) Giải phương trình: 2 cos 3 x(2 cos 2 x + 1) = 1
2) Giải phương trình sau trên tập số phức: z + 2 z = 3 + 4i
Câu 3: (0,5 điểm) Giải phương trình sau: 4 x +1 + 2 x + 2 − 3 = 0
2

5
Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân sau: I= ∫ (6 x + x ) ln xdx
1

Câu 5: (1 điểm) Giải bất phương trình sau: 7 x −13 − 3 x −9 ≤ 5 x − 27

Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a ,tam giác SAB
cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC).Hai mặt phẳng (SCA) và (SCB)
hợp với nhau một góc bằng 600 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a .
Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân
giác trong của góc ·ABC đi qua trung điểm của cạnh AD và có phương trình x − y + 2 = 0 ; đỉnh D
nằm trên đường thẳng có phương trình x+y-9=0. Biết điểm E(-1;2) nằm trong đoạn thẳng AB và
đỉnh B có hoành độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu 8: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng d1 :

x − 2 y + 2 z +1
=
=
;
2
−1
2

x −1 y +1 z
x y −1 z − 2
=
= ; d3 :
=
=
. Chứng minh d2 và d3 chéo nhau. Viết phương trình đường
1
2
1
−1
1
2
thẳng ∆ vuông góc với d1, cắt d2 và d3 tại hai điểm A, B sao cho AB = 3
d2 :

Câu 9: (0,5 điểm) Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các
số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số
được chọn là số chẵn.
Câu 10 : (1 điểm) Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn : y 2 ≥ xz; z 2 ≥ xy . Tìm GTNN của biểu
thức: P =

x

y
2015.z
+
+
.
x+ y y+z
z+x

-----------------Hết----------------


TRƯỜNG THPT NGUYỄN VIẾT XUÂN HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: TOÁN
TỔ TOÁN- TIN
THAM KHẢO THI THPT QUỐC GIA 2015

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát
đề )
Ghi chú: - Hướng dẫn chấm gồm 6 trang
- Thí sinh có thể làm cách khác không như hướng dẫn chấm, nếu đúng vẫn cho trọn
điểm
Câu
Nội dung cần trình bày
Điểm
4
2
1điểm
Cho hàm số y = f ( x ) = x − 2 x + 3 (1).
1a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
+) Tập xác định D = ¡

0.25

y′ = 4 x − 4 x
y ′ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1
+) các giới hạn : lim y = +∞; lim y = +∞ ( Đồ thị không có tiệm cận)

0.25

+) Bảng biến thiên:

0.25

3

+) Đạo hàm :

x →−∞

x −∞

y′
y +∞

−1
0

+

x →+∞

0
0
3



1
0

+∞

+

+∞

2

2
Hàm số đồng biến trên ( −1;0 ) ; ( 1; +∞ ) , nghịch biến trên ( −∞; −1) ; ( 0;1) . Cực

đại ( 0;3) , cực tiểu

0.25

+) Đồ thị :
2. Dùng đồ thị (C) để tìm tất cả các số thực m sao cho phương 1 điểm
trình − x 4 + 2 x 2 + 3m − 5 = 0 có bốn nghiệm thực phân biệt.
0.5
− x 4 + 2 x 2 + 3m − 5 = 0 ⇔ x 4 − 2 x 2 + 3 = 3m − 2 ( *)
(*) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng
d : y = 3m − 2

Số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là số nghiệm của phương


trình (*)
+) Để (*) có bốn nghiệm phân biệt thì

(C) cắt d tại 4 điểm phân biệt 0.5

4
5
⇔ 2 < 3m − 2 < 3 ⇔ < m <
3
3
2a) Giải phương trình 2 cos 3x(2 cos 2 x + 1) = 1 .(1)
PT ⇔ 2 cos 3x(4 cos 2 x − 1) = 1 ⇔ 2 cos 3x(3 − 4 sin 2 x) = 1
Nhận xét x = kπ , k ∈ Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
2 cos 3x (3 − 4 sin 2 x) = 1 ⇔ 2 cos 3 x(3 sin x − 4 sin 3 x) = sin x

2

3

0.5điểm
0.25đ
0.25đ

⇔ 2 cos 3 x sin 3x = sin x ⇔ sin 6 x = sin x
2mπ

x=

6
x
=
x
+
m
2
π

5
⇔
⇔
;m∈Z
6 x = π − x + m2π
 x = π + 2mπ

7
7
2mπ
= kπ ⇔ 2m=5k ⇔ m = 5t , t ∈ Z
Xét khi
5
π 2mπ
+
Xét khi
= kπ ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
7
7
l∈Z
2mπ
π 2mπ
Vậy phương trình có nghiệm: x =
( m ≠ 5t ); x = +
( m ≠ 7l + 3 ) trong
5
7
7
đó m, t , l ∈ Z

2b) Giải phương trình sau trên tập số phức: z + 2 z = 3 + 4i
Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) ⇒ z = a − bi
Phương trình trở thành 3a − bi = 3 + 4i
3a = 3
a = 1
⇔
⇔
−b = 4
b = −4
Vậy z = 1 − 4i
Giải phương trình 4 x +1 + 2 x + 2 − 3 = 0 .
PT ⇔ 4.4 x + 4.2 x − 3 = 0 ⇔ 4.22 x + 4.2 x − 3 = 0 (1)
Đặt t=2x (t>0)
 t = 1 ( n)

2
2
(1) ⇒ 4t + 4t − 3 = 0 ⇒ 

 t = 3 (l )

2
1
1
Với t = ⇔ 2 x = ⇔ x = −1
2
2
2

Tính tích phân

I = ∫ (6 x 5 + x) ln xdx .
1

0.25đ

0.25đ

0.5
0.25
0,25đ

0,5 điểm

0,25

0.25
1 điểm


1


du = dx


x
u = ln x



Đặt 

2
5
 dv = (6 x +2x)dx v =  x 6 + x ÷
2 



2

 6 x 2 
 2 5 x
I =  x + ÷ln x  − ∫ (x + )dx
2
2

1 1

0,25
0.25

2

 x6 x2 
I = 66 ln 2 −  + 
 6 4 1
45
I = 66 ln 2 −
4

Giải bất phương trình sau:
Điều kiện:

5

0.25
0.25
7 x −13 − 3 x −9 ≤ 5 x −27

1điểm

27
x ≥
5

Bất phương trình đã cho tương đương với:
27

x ≥
5

 7 x −13 ≤ 5 x − 27 + 3 x − 9


27

x ≥ 5
⇔
7 x − 13 ≤ 8 x − 36 + 2


( 3x − 9 ) ( 5 x − 27 )

27

x ≥ 5
⇔
2 ( 3x − 9 ) ( 5 x − 27 ) ≥ 23 − x

 27
229 + 2 6576
 ≤ x ≤ 23
⇔ 5

≤ x ≤ 23
59
59 x 2 − 458 x + 443 ≥ 0


0,25

0.25

0.25
0.25

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a ,tam giác SAB
cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC).Hai mặt phẳng 1 điểm
(SCA) và (SCB) hợp với nhau một góc bằng 600 .Tính thể tích của khối chóp
S.ABC theo a .
6


Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABC )
Kẻ AK ⊥ SC ⇒ SC ⊥ ( AKB ) ⇒ SC ⊥ KB

0.25
0.25

⇒ ( SAC ) ; ( SBC )  = ( KA; KB ) = 600 ⇒ ∠AKB = 600 ∨ ∠AKB = 1200

Nếu ⇒ ∠AKB = 600 thì dễ thấy ∆KAB đều ⇒ KA = KB = AB = AC (vơ lí) Vậy
∠AKB = 1200
∆ΚΑΒ cân tại K ⇒ ∠AKH = 600 ⇒ KH =

AH
a
=
0
tan 60
2 3

0.25

Trong ∆SHC vng tại H,đường cao
a
1
1
1
a 3
KH =
=
+
và HC =
vào ta được
2
2
2 thay
2 3
KH
HC HS
2
a 6
SH =
8
1
1 a 6 a2 3 a3 2
VS.ABC = .SH.dt ∆ABC = .
.
=
3
3 8
4
32

KH có

7

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân
giác trong của góc ·ABC đi qua trung điểm của cạnh AD và có phương trình
x − y + 2 = 0 ; đỉnh D nằm trên đường thẳng có phương trình x+y-9=0. Biết
điểm E(-1;2) nằm trong đoạn thẳng AB và đỉnh B có hồnh độ âm. Tìm tọa độ
các đỉnh của hình chữ nhật.
A

E

4

0.25

1 điểm

D

M

2

B

E'
O

C
5

Gọi E '( x0 ; y0 ) là điểm đối xứng của E qua phân giác ta có hệ
 ( x0 + 1) + ( y0 − 2 ) = 0
 x + y0 = 1
x =0

⇔ 0
⇔ 0
, E '(0;1)
 x 0 − 1 y0 + 2
x

y
=

1
y
=

1

+
2
=
0
0
0
0



 2
2
Gọi B(t; t+2), t < 0,do ABCD là hình chữ nhật và E nằm trong đoạn AB
nên E' nằm trên đoạn BC ⇒ BE ⊥ BE'
⇒ ( t + 1) t + t ( t + 1) = 0 ⇒ t = −1 do t<0 hay B(-1;1).
phương trình đường thẳng BE là x=-1, pt của đt BE' là y=1

0.25

0.25


Gọi A(-1;a),a ≥ 2 và D(d;9-d) ta có tọa độ trung điểm của AD là
 d −1 a + 9 − d 
M
;
÷
2
 2


d −1 a + 9 − d
Theo giả thiết ta được

+ 2 = 0 ⇔ a − 2 d + 6 = 0 (1)
2
2
uuur
uuur
AD = ( d + 1; a + d − 9 ) ; BA = ( 0; a ) , do AB ⊥ AD nên ta có a ( a + d − 9 ) = 0

8

⇔ a + d − 9 = 0 (2)
Từ (1) và (2) ta có a=4 và d=5 hay A(-1;4) và D(5;4) ⇒ C(5;1).
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng
d1 :

0.25

0.25

x − 2 y + 2 z +1
x −1 y +1 z
x y −1 z − 2
=
=
=
= ; d3 :
=
=
; d2 :
. Chứng minh d2 và
2
−1
2
1
2
1
−1
1
2

d3 chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆ vng góc với d1, cắt d2 và d3
tại hai điểm A, B sao cho AB = 3
 x = 1+ t
uur

∗ d2 :  y = −1 + 2t , d2 đi qua M 2 ( 1; −1;0 ) và có vtcp u2 = ( 1;2;1) ;
 z=t

 x = t'
uur

d3 :  y = 1 + t ' , d3 đi qua M 3 ( 0;1;2 ) và có vtcp u3 = ( 1;1;2 )
 z = 2 + 2t '

uuuuuuur
uur uur
uuuuuuur uur uur
M 2 M3 = ( −1;2;2 ) ; u2 , u3  = ( 3; −3;3 ) ;M 2 M 3 . u2 , u3  = −3 ≠ 0

0.25

0.25

nên d 2 và d 3 chéo nhau.

uuur
∗ Giả sử A(1+t;-1+2t;t) và B(-t';1+t';2+2t') ⇒ BA = ( t + t '+ 1;2t − t '− 2; t − 2t '− 2 )

0.25

là vtcp của ∆,

do ∆ ⊥ d1 nên 2 ( t + t '+ 1) − ( 2t − t '− 2 ) + 2 ( t − 2t '− 2 ) = 0
uuur
⇔ t ' = 2t, BA = ( 3t + 1; −2; −3t − 2 )
Mặt khác, BA=3 nên ( 3t + 1) + ( −2 ) + ( −3t − 2 ) = 9
2

2

2

t=0
⇔ 18t 2 + 18t = 0 ⇔ 
t = −1
uuur
x −1 y +1 z
Với t=0 ta có A(1;-1;0);BA = ( 1; −2; −2 ) .Ptct của ∆ :
=
=
1
−2
−2
uuur
x
y + 3 z +1
Với t=-1 ta có A(0;-3;-1);BA = ( −2; −2;1) .Ptct của ∆ :
=
=
−2
−2
1
x −1 y +1 z
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là ∆1 :
=
=
;
1
−2
−2
x
y + 3 z +1
∆2 :
=
=
−2
−2
1
Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các
số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S,

0.25

0,5 điểm


tính xác suất để số được chọn là số chẵn.
Số các số tự nhiên chẵn có trong S là : 3.6.5=90
9

0.25
Số phần tử của S là : 5.6.7=210
Xác suất cần tìm là 90 : 210 =3/7
Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn : y 2 ≥ xz; z 2 ≥ xy . Tìm GTNN của biểu

10

x
y
2015.z
+
+
.
x+ y y+z
z+x
1
1
2015
y
z
x
P=
+
+
y
z
x , đặt a = ; b = ; c = , kết hợp với điều kiện ta có
1+
1+
1+
x
y
z
x
y
z

thức: P =

0.25
1 điểm

0,25

 a ≥ b ≥ c > 0 1 ≥ c > 0
1
1
2015
⇒
+
+
khi đó P =

1+ a 1+ b 1+ c
 a.b.c = 1
a.b. = 1

Ta có :

1
1
2
2 c
+


1 + a 1 + b 1 + ab 1 + c

Suy ra: P =

2 c
2015 2 c
2015
+

+
1+ c 1+ c 1+ c 1+ c

0.25
F(t) là hàm nghịch biến trên
(0;1]; f (t ) =

⇒ minP =

2t + 2015
2017
⇒ min f (t ) = f (1) =
t +1
2

2017
2

0.25

0.25



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×