Đề thi thử kỳ thi THPT Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 - Trường THPT Lam Kinh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử kỳ thi THPT Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 - Trường THPT Lam Kinh (Có đáp án)

1. Trường THPT Lam Kinh THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA - LẦN I - NĂM 2015 Môn: Toán Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề). 21x Câu 1 ( ID: 82440 ) (4.0 điểm). Cho hàm số y (1). x 2 a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu 2 ( ID: 82441 ) (2.0 điểm). a. Giải phương trình cos x cos3x 1 2 sin 2x . 4 1 2 1 b. Giải phương trình logxx 1 log 6 Câu 3 ( ID: 82442 ) (1.0 điểm). Giải bất phương trình 2.14x 3.49 x 4 x 0 Câu 4 ( ID: 82443 ) (4.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có AC = a, BC= 2a, ACB 120o . Đường thẳng A’C tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 300. Gọi M là trung điểm của BB’. Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CC’ theo a. n 2 Câu 5 ( ID: 82444 ) (1.0 điểm). Tìm hệ số của x7 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x2 , biết x 3 2 3 rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 4Cn 1 2Cn An . Câu6 ( ID: 82445 ) (2.0 điểm). Tính nguyên hàm (e x 2015)xdx Câu 7 (ID: 82446 ) (2.0 điểm). Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. x22 y xy 14 y Câu 8 (ID: 82447 ) (2.0 điểm). Giải hệ phương trình: 22 (,)xy R . y( x y ) 2 x 7 y 2 Câu 9 ( ID: 82448 ) (2.0 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 1 1 2 bc a 2 3ab 3 ac 2 abc 3 ac 3 ab HẾT >> - Học là thích ngay! 1
2. ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN ĐH - CĐ LẦN I NĂM 2015) Câu Đáp án Điểm 21x a.(2.0đ) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y . Câu 1 x 2 (4.0đ) i/ TXĐ: D = R\{-2} ii/ Sự biến thiên + Giới hạn- tiệm cận 0,5 Ta có: lim y lim y 2; lim y ; lim y x x x 2 x 2 Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y= 2. 3 + Chiều biến thiên. Có y' 0 x D (x 2)2 0,5 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 2) và ( 2; ) + Bảng biến thiên x -2 y’ + + 0,5 2 y 2 iii/ Đồ thị: 1 1 Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; ) và cắt trục Ox tại điểm( ;0) 2 2 Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng y 0,5 2 1 2 -2 O x b. (2.0 đ) Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình 2x 1 x 2 x m 2 0.5 x 2 x (4 m)x 1 2m 0 (1) Do (1) có m2 1 0 va ( 2)2 (4 m).( 2) 1 2m 3 0 m nên đường 0.5 thẳng d luôn luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B. 2 2 2 2 Ta có: yA = m – xA; yB = m – xB nên AB = (xA – xB) + (yA – yB) = 2(m + 12) mà AB ngắn nhất khi AB2 nhỏ nhất, đạt được khi m = 0 ( khi đó AB 24 ). 1.0 2
3. Câu2 (2.0đ) a. (1.0đ) Giải phương trình cos x cos3x 1 2 sin 2x . 4 cos x cos3x 1 2 sin 2x 4 2cos x cos2x 1 sin 2x cos2x 0.25 2cos2 x 2sin xcosx 2cosxcos2x 0 0.25 cosx cosx sinx 1 sinx cosx 0 cos x 0 cos x sinx 0 1 sinx cosx 0 0.25 xk 2 xk 4 k x k2 3 x k2 2 xk 2 0.25 Vậy, phương trình có nghiệm: xk 4 x k2 1 2 1 b. (1.0 đ) Giải phương trình logxx 1 log 6 1 ĐK: x > 0 và x 1; x 10 0.25 Đặt t = logx, được phương trình theo ẩn t là: 2 t 2 t - 5t + 6 = 0 (với t 0 và t -1) 0.5 t 3 Với t = 2 thì ta có x = 100 (t/m) Với t= 3 thì ta có x = 1000 (t/m) Vậy phương trình có hai nghiệm là x =100 và x = 1000 0.25 3
4. Câu3 Giải bất phương trình sau 2.14x 3.49 x 4 x 0 (1.0đ) xx2 x 77 Chia cả hai vế của bpt cho 4 được bpt 2 3 1 0 0.25 22 x 7 Đặt t (với t > 0 ) 2 t 1 0.5 2 1 Bpt trở thành 3t + 2t – 1 0 1 t t 3 3 x 71 x log 3 23 7 2 0.25 KL: BPT có tập nghiệm S log 3 ; 7 2 Câu 4 (4.0đ) A a C 0 H 120 2a B 0.5 M 300 / A/ C / B Kẻ đường cao CH của tam giác ABC.Có CH  AB ;CH AA’ suy ra CH (ABB’A’),Do đó góc giữa A’C và mp(ABB’A’) là góc CA' H 300 0,5 2 130 a Ta có S ABC CACB. .sin120 22 2 2 2 0 2 Trong tam giác ABC : AB AC BC 2 AC . BC . c os120 7 a AB a 7 0,5 a2 3 1 3 +) S ABC AB. CH CH a 0,5 2 2 7 4
5. 0 3 +) CH A' C .sin30 A ' C 2 a 7 0,5 5 +) AA'' A C22 AC a 7 a3 15 +)VABCA''' B C AA'. S ABC 0,5 27 3 +)d(CC’ ;AM)=d(CC’ ;(ABB’A’))=d(C;(ABB’A’))= a 1.0 7 Câu 5 n 7 2 2 (1.0đ) Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x , biết rằng n là x 3 2 3 số nguyên dương thỏa mãn 4Cn 1 2Cn An . (n 1)n((n 1) Ta có 4C3 2C 2 A3 4. n(n 1) n(n 1)(n 2), n 3 n 1 n n 6 0,25 2(n 1) 3 3(n 2) n 11 0,25 11 k 2 11 2 11 Khi đó x2 C k (x2 )11 k . C k .( 2)k .x22 3k . x  11 x  11 k 0 k 0 0,5 Số hạng chứa x7 là số hạng ứng với k thỏa mãn 22 3k 7 k 5. 7 5 5 Suy ra hệ số của x là C11.( 2) 14784. Câu 6 Tính nguyên hàm (e x 2015)xdx (2.0đ) u x du dx Đặt x x 0,5 dv (e 2015)dx v e 2015x Khi đó 0,5 = x(e x 2015x) (e x 2015x)dx x 2 0,5 xe x 2015x 2 (e x 2015. ) + C 2 2015 0,5 xe x e x x 2 C 2 5
6. Câu 7 Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm (2.0đ) I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. Ta có: AB 1;2 AB 5 . Phương trình của AB là: 2xy 2 0 . 0,5 I d :; y x I t t . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C 2 t 1;2 t , D 2 t ;2 t 2 . Gọi CH là đường cao kẻ từ đỉnh C của hình bình hành 0,5 4 Theo giả thiết S AB.4 CH CH . ABCD 5 4 5 8 8 2 | 6t 4 | 4 t C ;,; D Ta có: d C; AB CH 3 3 3 3 3 55 t 0 C 1;0 , D 0; 2 1.0 5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là CD ;,; hoặc CD 1;0 , 0; 2 3 3 3 3 Câu8 x22 y xy 14 y Giải hệ phương trình: 22 , (,)xy R . (2.0đ) y( x y ) 2 x 7 y 2 NX: hệ không có nghiệm dạng (x0 ;0) x2 1 xy 4 x22 y xy 14 y y Với y 0 , ta có: . 0.5 y( x y )22 2 x 7 y 2 x2 1 (xy )2 2 7 y x2 1 Đặt u , v x y ta có hệ: y u v 4 u 4 v v 3, u 1 0,5 22 v 2 u 7 v 2 v 15 0 v 5, u 9 +) Với vu 3, 1ta có x222 1 y x 1 y x x 2 0 xy 1, 2 hệ: . 0,5 x y 3 y 3 x y 3 x xy 2, 5 KL: Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5). 6
7. x222 1 9 y x 1 9 y x 9 x 46 0 +) Với vu 5, 9 ta có hệ: , hệ này x y 5 y 5 x y 5 x VN. 0,5 KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (xy ; ) {(1;2), ( 2; 5)}. Câu 9 Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: (2.0đ) 1 1 2 bc a 2 3ab 3 ac 2 abc 3 ac 3 ab a b c Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b c a . c a b a b c a Đặt x, yazxyz , , , 0 xyzyzxzxy , , . 22 0,5 Viết lại vế trái: a b a c2 a VT 3a c 3 a b 2 a b c xyz y z z x x y 2zz Ta có: x y z z x y z 2 z x y . x y z x y x22 x y y Tương tự: ;. y z x y z z x x y z 0,5 xyz2 x y z Do đó: 2. y z z x x y x y z 1 1 2 bc Tức là: a 2 3ab 3 ac 2 abc 3 ac 3 ab 7