Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán trường THPT Lương Ngọc Quyến, Thái Nguyên năm 2015 (Lần 2) - Đề thi thử Quốc gia môn Toán có đáp án

- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.. - Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.[r]

4 2

1

2 1

4

Cõu 1 (2,0 điểm) Cho hàm sụ́

a) Khảo sát sự biờ́n thiờn và vẽ đụ̀ thị (C) của hàm sụ́ đó cho.

 x4 8x2 4m 4 0 b) Dựa vào đụ̀ thị (C), biện luận theo m sụ́ nghiệm thực của phương

trỡnh

Cõu 2 (1,0 điểm) Giải các phương trỡnh sau:

b) (sinx + cosx)2 = 1 + cosx

Cõu 3 (1,0 điểm)

3 4

(3 5 )(6 )

3 2

i

i



 a) Tỡm phần thực và phần ảo của sụ́ phức:

b) Tỡm hệ sụ́ của x9 trong khai triển (2 - 3x)2n, trong đú n là sụ́ nguyờn dương thỏa món:

+ + + + + + + + =

I=∫

0

π

2

cos x√3 sin x+1dx Cõu 4 (1,0 điểm).Tớnh tớch phõn

Cõu 5 (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đáy ABCD là hỡnh vuụng cạnh 2a, mặt phẳng

(SAB) vuụng gúc với đáy, tam giác SAB cõn tại S và SC tạo với đáy một gúc 600 Tớnh thể tớch khụ́i chúp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a

y − 2¿2=25

x − 1¿2+ ¿

¿

Cõu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội

tiờ́p đường trũn (T) cú phương trỡnh Các điểm K(-1;1), H(2;5) lần lượt là chõn đường cao

hạ từ A, B của tam giác ABC Tỡm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biờ́t rằng đỉnh C cú

hoành độ dương

7 10 11

B  

  x 12 y 22 z 32 4.Cõu 7 (1,0 điểm) Trong khụng gian với hệ

tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3;2;1), và mặt cầu (S): Chứng minh rằng mặt phẳng trung trực

của đoạn thẳng AB tiờ́p xỳc với mặt cầu (S) Xác định tọa độ của tiờ́p điểm





 Cõu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh:

, ,

1 1

P

       Cõu 9 (1,0 điểm) Cho 3 sụ́

thực dương thay đổi, thỏa món Tỡm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Hết

-Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.

SỞ GD & ĐT THÁI NGUYấN

TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN

đề thi thử thpt quốc gia lần 2 năm 2015

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Hớng dẫn chấm thi thử kỳ thpt quốc gia lần 2 năm 2015

môn Toán

Lưu ý khi chấm bài:

- Đỏp ỏn chỉ trỡnh bày một cỏch giải bao gồm cỏc ý bắt buộc phải cú trong bài làm của học sinh Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thỡ khụng cho điểm bước đú.

- Nếu học sinh giải cỏch khỏc, giỏm khảo căn cứ cỏc ý trong đỏp ỏn để cho điểm.

- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đú bị sai thỡ cỏc phần sau cú sử dụng kết quả sai đú khụng được điểm.

- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.

- Trong lời giải cõu 5, nếu học sinh khụng vẽ hỡnh hoặc vẽ sai hỡnh thỡ khụng cho điểm.

- Điểm toàn bài tớnh đến 0,25 và khụng làm trũn.

Câu 1

1

2 1

4

Cho hàm sụ́

a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm sụ́ đó cho.

 x4 8x2 4m 4 0 b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m sụ́ nghiệm của

phương trỡnh

a, 1,0

      

* Chiờ̀u biờ́n thiờn:

2







x

x

2;0 2; - Hàm sụ́ đụ̀ng biờ́n trờn mỗi khoảng và

  ; 2 0;2- Hàm sụ́ nghịch biờ́n trờn mỗi khoảng và

0,25

 0 1

CĐ

y y - Hàm sụ́ đạt cực đại tại x

CĐ = 0,

2



CT

x y CT y 2 5- Hàm sụ́ đạt cực tiểu tại ,

* Bảng biờ́n thiờn

x   22  0

y' - 0 + 0 - 0 +

y

  -1

* Đụ̀ thị:

0,25

Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên

Tr ờng thpt l ơng ngọc quyến

 4 8 2 4   4 0 1 4  2 2  1

4

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường

- Nếu m > -1 hoặc m = - 5 thì d cắt (C) tại 2 điểm nên phương trình (*) có 2

nghiệm

- Nếu m = - 1 thì d cắt (C) tại 3 điểm nên phương trình (*) có 3 nghiệm.

m ( 5; 1)   - Nếu thì d cắt (C) tại 4 điểm phân biệt nên phương trình (*) có 4

nghiệm phân biệt

- Nếu m < -5 thì d không cắt (C) nên phương trình (*) vô nghiệm.

0,5

C©u 2

   Giải các phương trình sau: a)

(sinx cosx) 1 cosx b)

a, 0,5

t 7 , t 0  Đặt

14

t 2 t





 Ta có pt: ( thỏa mãn t > 0 )

0,25

x

    Với t = 7

x

x log 2 Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1,

0,25

(sinx cosx) 1 cosx  1 2sinxcosx 1 cosx  b) Ta có:









cosx 0

1 sinx=

2





























2

6 5

6



























2

6 5

0,25

C©u 3

3 4

(3 5 )(6 )

3 2

i

i



 a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức:

( )2

+ + + + + + + + = b) Tìm hệ số của x 9 trong khai triển , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn:

a) 0,5

2

(3 4 )(3 2 )

298 333

i



0,25

298

13

b) Ta có

= + + + + 

0,25

2 2 12

2 n = 4096 Û 2 n= 2 Û 2n= 12Từ giả thiết ta có

12 0

k

=

-Do đó ta có ( 0 ≤ k ≤ 12, k nguyên)

9 9 3

12 3 2

C  hệ số của x9 là : -

0,25

0

π

2

cos x√3 sin x+1dx Tính tích phân .

1,0

u=√3 sin x+1 ⇒ cosxdx=2

u 2

3udu=

2 3

u3

3

I=∫

1

2

¿ 1

I=14

C©u 5

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng

(SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc

60 0 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng

BD và SA theo a.

1.0

Gọi H là trung điểm AB Do SAB cân tại S,suy ra SHAB, mặt khác (SAB)(ABCD)

0,25

SH=CH tan 60 0

=√CB 2 +BH 2 tan 60 0

=a√15. Ta có

V S ABCD= 1

3 SH SABCD = 1

3a√15 4 a

2

= 4√15

3

    Δ Δ Δ Δ Δ Qua A vẽ đường thẳng song song với BD Gọi

E là hình chiếu vuông góc của H lên và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó

(SHE)HK suy ra HK(S,)

Δ Mặt khác, do BD//(S,) nên ta có

 

0,25

E

k

S

∠EAH =∠DBA=450 HE=AH

√2=

a

√2 Ta có nên tam giác EAH vuông cân tại

E, suy ra

2

15

31 15

2

a a

HE HS

a



31



Vậy:

0,25

C©u 6

y − 2¿2=25

x − 1¿2+ ¿

¿

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp

đường tròn (T) có phương trình Các điểm K(-1;1), H(2;5) lần lượt là chân

đường cao hạ từ A, B của tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác

ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương.

1,0

1 2

HCx ABC  I(1;2) (T) có tâm Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C Ta

có Sđ(1)

AHK ABC KHC   AHBAKB 900Do nên AHKB là tứ giác nội tiếp (cùng

bù với góc) (2)

0,25

⃗KH=(3 ;4 ) 3 x+4 y −11=0 Do đó IC có vectơ pháp tuyến là , IC có phương

trình

Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

0



C

x

3 x+4 y −11=0

y − 2¿2=25

¿

¿ {

¿

x − 1¿2+ ¿

¿

⇒

x =5 y=− 1

;

y=5

¿ {

C(5;− 1) Do nên

0,25

⃗

CH=(−3 ;6) 2 x + y −9=0 Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là nên AC có phương trình

Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

A

H

K I

x

2 x + y −9=0

y − 2¿2=25

¿

¿ {

¿

x −1¿2+ ¿

¿

⇒ x=1 y=7

;

y=− 1

¿ {

A (1 ;7) (loại) Do đó

0,25

⃗

CK =(− 6 ;2) x+3 y −2=0 Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là nên BC có phương trình

Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

x+3 y −2=0

y − 2¿2=25

¿

¿ {

¿

x − 1¿2+ ¿

¿

⇒ x=− 4 y=2 ,

y=− 1

¿ {

B (− 4 ;2) (loại) Do đó

A (1 ;7) B (− 4 ;2) C(5;− 1) Vậy ; ;

0,25

C©u 7

7 10 11

B  

 x 12  y 22 z 32 4 Trong không gian với hệ tọa

độ Oxyz , cho hai điểm A(3;2;1), và mặt cầu (S): Chứng minh rằng mặt

phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S) Xác định tọa độ

của tiếp điểm.

1,0 I(1;2;3),R 2 Mặt cầu (S) có tâm

1 2 7

3 3 3



16 16 8

Phương trình mặt phẳng (P) là trung trực

d(I;(P)) 2 R  Ta có: nên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc

(P)

n⃗  2;2; 1 Phương trình đường thẳng d đi qua I nhận véc tơ làm vt chỉ

phương là:

x 1 2t

y 2 2t

z 3 t

 





 



  



0,25

 

d(P) H 

x 1 2t

2x 2y – z

11 H

3

; ;

0

 



  





ﾧ h pt: ệ

1 2 11

3 3 3



 Vậy: tọa độ tiếp điểm là

0,25

C©u 8    





1,0 x 0Lời giải: ĐKXĐ:





0,25

0

x  +) Nhận thấy không thỏa mãn hệ phương trình do đó

2 2

 

 

  2 1, (0; ) do '  0, (0; )

suy ra hàm số đồng biến trên (**)

0,25

1

2y

x

 +) Từ (*) và (**) nhận được thế vào phương trình (2) trong hệ ta được

2

1

x

  3  2 

g x x  x x  x 0; +) Ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng

0,25

 1 0

g  g x  x3  x 2x2  1 x 6 0 

1 1

2

+) Lại có suy ra phương trình có nghiệm duy nhất

 ;  1;1

2

x y  

 Vậy: Hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất

0,25

1 1

P

Cho 3 số thực dương thay đổi, thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1,0

xyTa có: nên dấu = xảy ra khi

   

1 xy x y    1 x 1 y 2xy x 2 y2 xyLại có: và dấu = xảy ra khi

0,25

Nên ta được

 

     

14

1 1

14

P

     

         

 

           

 

 

2

14

14

14

14

1

P

P

P

P

P







57

z z

 

0,25

 

 

2

z

 

2 3

z

3

Ta có

 

f z Lập bảng biến thiên của hàm số

0,25

min

 

 

  

  ta nhận được

P

53

8

,

Vậy GTNN của bằng đạt được khi

0,25