Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 2 năm 2015 - Trường THPT Thống Nhất (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 2 năm 2015 - Trường THPT Thống Nhất (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015( Lần 2) TỔ : TOÁN – TIN Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề) 2x 1 Câu 1 . (2,0 điểm). Cho hàm số : y . x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng: 3x – y + 2 = 0 Câu 2 . (1,0 điểm). 4 2 tan a) Cho góc thỏa mãn : và cos . Tính P = 2 5 1 tan2 b) Cho số phức z thõa : 2z 3(1 i)z 1 9i . Tìm phần thực, phần ảo, mô đun của z Câu 3 . ( 0, 5 điểm ) Giải phương trình : log4(x 3) log4(x 1) 2 log4 8 x 3x 1 y 2y 7x 2 Câu 4. ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình : (x, y ¡ ) . x 2y 4x y 5 2 sin x Câu 5 . (1,0 điểm). Tính tích phân I dx . 0 1 cos x Câu 6. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SC  (ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 và ·ABC 1200. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 450. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD. Câu7.( 1, 0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC : x 7y 31 0, hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x y 8 0 , d2 : x 2y 3 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm. Câu 8. (1,0 điểm ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z 1 0 và đường thẳng: x 2 y 1 z 1 d: . Tìm giao điểm I của d và (P). Viết phương trình mặt cầu tâm I và 1 1 3 đi qua A(-1;2;3) Câu 9. ( 0,5 điểm ) Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi. Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu. Câu 10. (1,0 điểm). Cho a,b,c là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 2 3 P . a ab 3 abc a b c -------Hết------
2. Đáp án đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 ( lần 4 ) Câu Ý Đáp án Điểm 2x 1 Hàm số y x 1 • TXĐ: D ¡ \ 1 • Sự biến thiên của hàm số: + Các giới hạn và tiệm cận lim y ; lim y Đường thẳng x 1 là tiệm cận đứng. 0,25 x ( 1) x ( 1) lim y 2 Đường thẳng y 2 là tiệm cận ngang. x 3 + Đạo hàm: y' 0 x D (x 1)2 0,25 + Bảng biến thiên: a x 1 + y’ + + 1 y + 2 0,25 2 Hàm số đồng biến trong các khoảng ( ; 1) và ( 1; ) . Hàm số không có cực trị. • Đồ thị: Tự vẽ đồ thị. 0,25 3 x0 0 Gọi M( x0; y0) là tiếp điểm , theo giả thiết ta có : 3 2 x 2 b x0 1 0 0,5 Với x0 = 0 , y0 = -1 suy ra pttt là : y = 3x -1 Với x0 = -2 , y0 = 5 suy ra pttt là : y = 3x + 11 0,5 9 3 Ta có : sin2 1 cos2 sin 25 5 3 Do nên sin 0 sin 0,25 2 5 3 24 a tan suy ra : P = 4 7 0,25 2 Gọi số phức cần tìm : z = a + bi ( a , b R) , theo giả thiết ta có : 7 a a 3b 1 2 0,25 2(a +bi) + 3(1- i)(a – bi) = 1 – 9i 3a b 9 3 b b 2
3. 7 3 7 3 58 Suy ra : z = i . Phần thực , phần ảo , mô đun z 2 2 2 2 2 0,25 Đk : x > 1 x 3 2 x 3 0,25 Phương trình đã cho tương đương : log4 log4 2 3 x 1 x 1 x 4 ( thỏa mãn đk ) Vậy phương trình có một nghiệm : x = 4 0,25 x 3x 1 y 2y 7x 2 (1) Hệ phương trình x 2y 4x y 5 (2) x 2y 0 Điều kiện: x 4y 0 Với điều kiện trên thì (1) 3x2 7xy + 2y2 + x 2y = 0 0,25 (3x y)(x 2y) +(x 2y) = 0 (x 2y)(3x y +1) = 0 x 2y 0 4 3x y 1 0 + x 2y = 0 x = 2y (2): 4y 9y 5 y = 1 0,25 y = 1 x = 2 (tmđk) + 3x y + 1= 0 y = 3x+1 (2) trở thành: 7x 1 7x 2 5 1 11 1 x x 7 7 17 0,25 7 x . 17 25 49x2 21x 2 11 7x x 25 17 76 x y (tmđk). 25 25 17 76 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) = ; . 25 25 0,25 Đặt t 1 cos x dt sin xdx 0,5 x 0 t 2; x t 1 5 2
4. 1 1 2 1 Khi đó I ( dt) dt 2 t 1 t 0,25 2 = ln t ) ln 2 1 0,25 S I D C O A a 3 B K Kẻ SK  AB (K AB) CK  AB (định lí 3 đường vuông góc) Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) là góc giữa SK và CK . Do S· KC nhọn nên S· KC 450 ·ABC 1200 C· BK 600 6 0,25 3a Trong tam giác vuông CBK : CK CBsin 600 2 3a Tam giác SCK vuông cân tại C nên SC 2 3 3a2 Ta có S AB.BC sin1200 ABCD 2 1 3 3a3 0,25 Do đó V S .SC (đvtt) S.ABCD 3 ABCD 4 Gọi O AC  BD BD  AC Ta có BD  (SAC) tại O . BD  SC 0,25 Kẻ OI  SA (I SA) OI là đoạn vuông góc chung của SA và BD. 3 5a Dùng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC suy ra OI . 10 3 5a 0,25 Vậy d(SA, BD) . 10 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 1 a 4b 1 a 4b 16c 4 a ab 3 abc a . . (a b c) 2 2 3 4 3 0,25
5. Đẳng thức xảy ra khi a 4b 16c. 3 3 Suy ra P . Đặt t a b c, t 0 2(a b c) a b c 3 3 Khi đó ta có P . 2t t 0,25 3 3 Xét hàm số f (t) với t 0 . 2t t 3 3 3 3 f ' (t) ; f ' (t) 0 0 t 1 2t t 2t 2 2t t 2t 2 Bảng biến thiên: 10 t 0 1 f ' (t) 0 + f (t) 0 0,25 3 2 3 3 Do đó min f (t) khi và chỉ khi t 1. Suy ra P . t 0 2 2 3 a b c 1 Vậy GTNN của P bằng khi và chỉ khi 2 a 4b 16c 16 4 1 0,25 a , b , c . 21 21 21 B d1 B(b;8 b), D d2 (2d 3;d).  Khi đó BD ( b 2d 3;b d 8) và trung điểm của BD là 0,25 b 2d 3 b d 8 I ; . 2 2 Theo tính chất hình thoi ta có : 7   BD  AC u .BD 0 8b 13d 13 0 b 0 AC . I AC I AC 6b 9d 9 0 d 1 0,25 Suy ra B(0;8); D( 1;1) . 1 9 Khi đó I ; ; A AC A( 7a 31;a) . 2 2 1 2S 15 0,25 S AC.BD AC ABCD 15 2 IA ABCD 2 BD 2
6. 2 2 2 63 9 225 9 9 a 3 A(10;3) (ktm) 7a a a 2 2 2 2 4 a 6 A( 11;6) 0,25 Suy ra C(10;3) . x 2 t Ptts của d : y 1 t 0,25 z 1 3t Ta có : I d I(2 t;1 t;1 3t) , do I (P)nên 2+t + 1- t -1 +3t +1 = 0 8 3t 3 0 t 1 Với t = -1 suy ra I ( 1 ; 2 ; 4 ) 0,25  Ta có : IA ( 2;0 1) IA 5 0,25 Theo giả thiết bán kính : R = IA suy ra R = 5 Vậy pt mặt cầu : x 1 2 y 2 2 z 3 2 5 0,25 Tổng số viên bi trong hộp là 24. Gọi  là không gian mẫu. 4 4 Lấy ngẫu nhiên 4 viên trong hộp ta có C24 cách lấy hay n( )=C24 . Gọi A là biến cố lấy được các viên bi có đủ cả 3 màu. Ta có các trường 0,25 hợp sau: 2 1 1 +) 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh: có C10C8C6 2160 cách 9 1 2 1 +) 1 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh: có C10C8 C6 1680 cách 1 1 2 +) 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 2 bi xanh: có C10C8C6 1200 cách Do đó, n(A)=5040 n(A) 5040 Vậy, xác suất biến cố A là P(A) 0,25 n() 10626 --------------Hết--------