Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán trường THPT Lý Tự Trọng, Hà Tĩnh năm 2015 (Lần 2) có đáp án

Gửi bởi: Nguyễn Quang Hưng vào ngày 2016-03-01 14:31:13 || Kiểu file: PDF

Nội dung tài liệu Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Loading...

Thông tin tài liệu

Trang: 4 thuộc về 7 SỞ GD-ĐT HÀ TĨNHTRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNGTӘ TOÁNKỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-Lần 2MÔN THI: TOÁNThời gian làm bài: 180 phútCâu 1(2 điểm).Cho hàm số422 4 2y x x có đӗ thị (C)a)Khảo sát và vẽ đӗ thị (C) của hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến với đӗ thị(C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k 48 Câu 2(1 điểm).



a)Giải phương trình: 3 sin 2 cos2 -2cos +1=0x x x b) Tìm mô đun số phức z biết rằng: 222z z i vàsố phức z có phần thực dươngCâu 3(1 điểm) .



Tính tích phân sau:12018 6()3 1 1xxI e dxx Câu 4(1 điểm) .



a) Tìm hệ số của của số hạng chứa5xtrong khai triển nhị thức sau : 1542xx b) Giải bất phương trình: 2 4 2log ( 1) 2log ( 2) log (2 4)x x x Câu 5(1 điểm).Cho hình chóp .S ABCDcó đáy ABCDlà hình vuông cạnh bằng ,a SAvuông góc với đáy.



Góc tạo bởi SCvà mặt phẳng ()SABbằng 300.



Gọi Elà trung điểm của BC.



Tính thể tích khối chóp .S ABCDvà khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SCtheo a.



Câu 6(1điểm).Trong không gian với hệ toạ độOxyzcho A 1;0;1 , B 1; 2; 3 và mặt phẳng ()P:2 2 1 0x y z a)Viết phương trình của mặt phẳng()Qđi qua 2 điểm A; Bvà vuông góc với mặt phẳng ()Pb)Tìm toạ độ điểm Mthuộc đường thẳng ABsao cho khoảng cách từ Mđến mặt phẳng ()Pbằng 2 Câu 7 (1điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCDtâm I , có diện tích bằng 20.



Điểm10;3M thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đườngthẳng CD, điểm ( 2;1)H thuộc đường cao kẻ từ Icủa IMN , trọng tâm G củaIMN thuộc đường thẳng : 3 9 0xy Tìm tọa độ đỉnh B, biết B có hoành độ dươngvà AC BD Câu 8(1điểm).Giải hệ phương trình sau: 22332 2 4 2 339 4 3 2 9 1 32 2 1( )y y x xx y x x y y y x x Câu 9(1 điểm) .Cho , y, zxlà các số thực thoả mãn: 3 3 331x y z xyz .



Tìm giánhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2P x y z --------------------Hết------------------(Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)Họ và tên thí sinh:..........................................;Số báo danh:.................................... ĐÁP ÁN VÀ BIӆU ĐIӆMCâu1Nội dungĐiӇm1a) Khảo sát và vẽ đӗ thị (C) của hàm số 422 4 2y x x 1đTxđ: D=R+Sự biến thiên: 320' 8 8 8 ( 1); ' 01xy x x x x yx 0,25 + Hàm số đӗng biến trên các khoảng ( 1;0) à(1; )v + Hàm số nghịchbiến trên các khoảng ( ; 1) à(0;1)v +Hàm số đạt CĐ tại x=0; yCĐ=2; Hàm số đạt CT tại 1; 0CTxy + Giới hạn: 42lim (2 4 2)xxx 0,25 +Bảng biến thiên : x -1 0 1 + y’(x) 0 0 0 + + 2 y(x) 0 0 0.25 +Đӗ thị:0,25 1b Gọi 00( ; )M x ylà tiếp điểm ta có: 0y’ x 48 0,25 0330 0 08 8 48 6 0x x x x 0,25 20 0 00( 2)( 2 3) 02 (2;18)x x xxM 0,25 Vậy phương trình tiếp tuyến là: 48 78yx 0,25 Câu21đ2a Giải phương trình: 3 sin 2 cos2x-2cosx+1=0x 0,5 22 3 sin cos 2 cos 1 2 cos 1 02 cos ( 3 s in cos 1) 0cos 03 s in cos 1 0pt x x x xx x xxxx 0,25 cos 0 ,2x x k k Z -1 1 2 O xy 3 1 13 s inx cos 1 0 s inx cos2 2 22sin( ) sin26623xxxkx k Zxk 0,25 2b Tìm mô đun số phức z biết rằng: 222z z i vàsố phức z có phần thựcdương0,5 Giả sử z a bi z a bi (a>0)Từ giả thiết Ta có:22222( ) 2 2(2 ) 2 2222a bi a bi ia b a ab b i ia b aab b 0,25 222 0 (1)2(2)12a b aba Thay (2) vào (1) ta được4 23 2324 5 7 2 0 ( 1)(4 4 9 2) 01 ( 0 ê 4 4 9 2 0)a a a a a a aa do a n n a a a Với a=1 thì b=-2 5z 0,25 Câu 3Tính tích phân sau:12018 6()3 1 1xxI e dxx 1đTa có: 1112200018 6 18 6()3 1 1 3 1 1xxxxI e dx e dx dxxx 0,25 Tính 112 2 20011( 1)22xxe dx e e 0,25 Tính 1018 63 1 1xdxx Đặt 23 1 3 1 2 3u x u x udu dx Đәi cận: 0 1; 1 2x u x u 0,25 Ta có1 2 2320 1 132216(3 1) 4 4(4 4 4 )113 1 14 22 2( 2 4 4 ln( 1)) 4 ln3 3 3xuI dx du u u duuuxuu u u Vậy 21 22 2( 1) 4 ln2 3 3Ie 0,25 Câu 41đ4a Tìm hệ số của số hạng chứa x5trong khai triển nhị thức sau : 1542xx , 0,5 Số hạng thứ k+1 của khai triển trên là:4 15 60 4 60 51 15 15 1522( ) ( ) 2 .kk k k k k k k kkkT C x C x C xxx Số hạng chứa x5ứng với 60 5 5 11kk 0,25 Vì CB ABCB SABCB SA SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB) 0, , 30SC SAB SC SB CSB 0.cot 30 3 2SB BC a SA a 0.25 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 32.1 1 2.



2.



( )3 3 3S ABCD ABCDaV SA S a a dvtt 0.25 + Từ C dựng CI // DE 2aCE DI và //DE SCI ,,d DE SC d DE CSI Từ A kẻ AK CI cắt ED tại H, cắt CI tại KTa có: SA CICI SAK SCI SAKAK CI và( ) ( )SCI SAK SK Trong (SAK) kẻ: HT SK HT SCI ,,d DE SC d H SCI HT 0.25 + Ta có: 223.1 1 .



32..2252ACIaaCD AI aS AK CI CD AI AKCIaa Ta có:2 2 13 3 35AH AD aAH AK HK AKAK AI Lại có ASK đӗng dạng với THK 222.AS AS.



385193( 2) ( )5aaSK HK aTHTH HK SKaa Vậy 38,19ad ED SC 0.25 Câu 6 1đVậy hệ số của số hạng chứa 5xtrong khai triển trên là: 11 1115.2 2795520C 0,25 4b Giải bất phương trình: 2 4 2log ( 1) 2log ( 2) log (2 4)x x x 0,5 ĐK: x>2 2 2 2 2 2log ( 1) log ( 2) log (2 4) log ( 1)( 2) log (2 4)BPT x x x x x x 0,25 225 6 03xxxx Kết hợp với điều kiện tập nghiệm của BPT là: (3; )T 0,25 Câu 51đHIECADBSKT 5a Ta có:( ) ( )(0; 2; 4); (2; 2; 1); , (6; 8; 4)PPAB n AB n Mặt phẳng()Q(1; 0;1)(3; 4; 2)Qua AVTPT n Ta có phương trìnhcủa () là: 3( 1) 4 2( 1) 0 3 4 2 1 0x y z x y z 0,5 5b PTTS của đường thẳng AB là: 1214xytzt Do điểm (1; 2 ;1 4 )M AB M t t 0,25 2 2.2 (1 4 ) 1( , ( )) 2 231(1;1; 1)2 8 621 (1; 2;5)ttd M PtMttM 0,25 Câu7 1đIACBDMNL(9 3 ; )G G a a Gọi I(x;y).



Do G là trọng tâm của tam giác IMN ta có:9327 9322 25(27 9 ;3 ) (9 29; 3 )2213337333xaxaI a a IH a ayaya Do H thuộc đường cao kẻ từ Icủatam giác IMN nên:20 25 25.



0 ( 3 ) 0 (2;1)3 3 9IH MN a a I 0,25 Gọi Llà điểm đối xứng với N qua I 4; 5L Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0Khoảng cách từ I đến AB là: 224.2 3.1 1243d 115 .



.



5 542IAB ABCDS S d AB AB Trong tam giác vuông ABI ta có:0.25 2 2 2222 2 22225()2551 1 11 1 154()25IAIIA IB ABIA IBIBIAIA IB dIA IBIIIB Do AC BD IA IB nên hệ (II) không thoả mãn(I) ta có: 5IB Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x+3y-1=0 với đường tròn tâm I bán kính 5.Tọa độ B là nghiệm của hệ: 222141434 3 1 011312 1 525 20 5 0151; 1xyxxyyxxyxyxxx loaiB 0.5 Câu 7Giải hệ phương trình sau: 22332 2 4 2 339 4 3 2 9 1 3 (1)2 2 1( ) (2)y y x xx y x x y y y x x 1đĐK: 1y 2 2 2 2(1) 9 4 3 36 4 6 (3 ) 4 3 (6 ) 4 6y y x x y y x x Xét hàm số:22( ) 4 '( ) 1 04tf t t t f t tt nên hàm số đӗng biến Từ đó suy ra: 3 6 2 (3)y x y x 0,25 2 2 23 3322332333333 3(2) 2 ( ) ( 1) 2 1( )( ) ( 1) 2 1( ) 0( 1) 0 1( 1) 1 1 ( ) ( 1) 1x x x x y y y y x xx x y y y y x xx x y y x x y yx x y y y x x y y Xét hàm số:32( ) '( ) 3 1g t t t g t t nên hàm số đӗng biếnTừ đó suy ra: 2331 ( 1) (4)x y x y 0,25 Từ (3) và (4) ta có hệ:2 3 3 222 2 221( 1) 8 13 6 1 0 ( 1)(8 5 1) 0y x y x y xyxx y x x x x x x 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( ; ) (1; 2)xy 0,25 Câu 9Cho x, y,z là các số thực thoả mãn: 3 3 331x y z xyz .