tổng hợp các bộ đề thi thử thpt quốc gia môn toán

344 1,359 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 12/06/2015, 08:06

Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 Môn Toán; Khối A và khối A1. Câu 1. (2 điểm) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số 3 2 3 2 y x x = − + . b) Tìm giá trị tham số m ∈  thì đồ thị của hàm số 4 2 4 4 y x mx m = − + − có 3 cực trị là 3 đỉnh của 1 tam giác nhận điểm 31 0; 4 H       làm trực tâm. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: + = − 1 3 sin 2x tan cos 2 2 2 x x . Câu 3. (1 điểm) Tính giới hạn: 5 3 2 3 2 1 5 2 6 4 lim 1 x x x x x B x x x → − + + − = − − + . Câu 4. (1 điểm). Trong mặt phẳng ( ) P , cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a ,  = 0 120 ABC . Gọi G là trọng tâm tam giác ABD . Trên đường thẳng vuông góc với ( ) P tại G lấy điểm S sao cho  = 0 90 ASC . Tính thể tích khối chóp . S ABCD và khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng ( ) SBD theo a . Câu 5. (1 điểm) a) Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 4321 đồng thời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau. b) Chứng minh rằng: với mọi cặp số nguyên ( ) , 1 k n k n ≤ ≤ ta có: 1 1 k k n n kC nC − − = . Tìm số nguyên 4 n > biết rằng ( ) 0 1 2 2 5 8 3 2 1600 n n n n n C C C n C+ + + + + = . Câu 6. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC có phương trình các đường thẳng , AB AC lần lượt là − − = + + = 4x 3 20 0; 2x 10 0 y y . Đường tròn ( ) C đi qua trung điểm của các đoạn thẳng , , HA HB HC có phương trình là ( ) ( ) − + + = 2 2 1 2 25 x y , trong đó H là trực tâm của tam giác ABC . Tìm tọa độ điểm H biết > − 4 C x . Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC , N thuộc cạnh AC sao cho = 1 4 AN AC . Biết MN có phương trình − − = 3x 4 0 y và ( ) 5;1 D . Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương. Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình: ( )  + − = + +  ∈   − − − =  4 2 2 2 3 2 2 3 2 , 2 5 2 1 0 x x y y y x y x x y y x  Câu 9. (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: ( ) + + = + + + 2 2 2 2 3 a b c ab bc ca . Tìm giá trị lớn nhất của = + + − + + + 2 2 2 1 3 S a b c a b c . Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 y 2 2 - 2 3 - 1 x HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2 điểm) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số 3 2 3 2 y x x = − + ∗ Hàm số đã cho xác định trên  ∗ Ta có: ( ) 2 ' 3 6 3 2 y x x x x = − = − và ' 0 0 y x = ⇔ = hoặc 2 x = . ∗ Giới hạn: lim x y →−∞ = −∞ và lim x y →+∞ = +∞ ∗ Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ ' y + 0 − 0 + y 2 +∞ −∞ 2 − Hàm đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ;0 −∞ và ( ) 2; +∞ , nghịch biến trên ( ) 0; 2 . Hàm số đạt cực đại tại điểm 0 x = với giá trị cực đại của hàm số là ( ) 0 2 y = và hàm số đạt cực tiểu tại điểm 2 x = với giá trị cực tiểu của hàm số là ( ) 2 2 y = − . ∗ Đồ thị • Điểm đặc biệt : '' 6 6 y x = − và " 0 1 y x = ⇔ = ( ) 1;0 I⇒ • Chọn 3 2, x y = ⇒ = 1 2 x y = − ⇒ = − . Chú ý : Ta có thể tìm điểm đặc biệt bằng cách tìm giao điểm của đồ thị với trục tọa độ: Giao điểm của đồ thị với trục Oy là điểm ( ) 0; 2 Đồ thị cắt Ox tại ba điểm ( ) 1;0 , ( ) 1 3;0 ± Nhận xét: Đồ thị nhận ( ) 1;0 I làm tâm đối xứng. b) 0 ' 0 m y ≤ ⇒ = có 1 nghiệm, nên hàm số có 1 cực trị. 0 ' 0 m y > ⇒ = có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm đó, nên hàm số có 3 cực trị. Giả sử ( ) 0; 4 , A m − ( ) 2 2 ; 4 4 , B m m m − − ( ) 2 2 ; 4 4 C m m m − . Vì tam giác ABC cân tại A và , B C đối xứng nhau qua Oy H là trực tâm tam giác ABC khi ( ) . 0 AH BC BH AC BH AC  ⊥ ⇒ = ∗  ⊥    . Ta có: 2 31 2 ; 4 4 , 4 BH m m m   = − + +      ( ) 2 2 ;4 AC m m =  . Khi đó ( ) 2 2 31 2 4 4 4 0 4 m m m m   ∗ ⇔ + − + + =     hay 3 2 31 8 8 1 0 2 m m m − − − = , phương trình có nghiệm 2 m = thỏa 0 m > . Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 Câu 2. (1 điểm) Điều kiện: π ≠ + π 2 x k + = − ⇔ + = − 2 1 3 1 1 sin 2 tan cos2 sin 2 tan 2sin 2 2 2 2 x x x x x x ( )   ⇔ + = − ⇔ − − =     1 1 1 sin 2 tan sin 2 .tan sin2 tan 1 0 2 2 2 x x x x x x  π π  = + π = + π  =  ⇔ ⇔ ∈   π  = = + π     5 1 ; sin 2 12 12 , 2 tan 1 4 x k x k x k x x k  Câu 3. (1 điểm) Ta có: 5 3 2 2 2 5 2 6 4 ( 1) ( 2)( 2) x x x x x x x − + + − = − + − , 3 2 2 1 ( 1) ( 1) x x x x x − − + = − + Do đó: 2 1 ( 2)( 2) 3 lim 1 2 x x x B x → + − = = − + . Câu 4. (1 điểm).  = ⇒ = ⇒ ∆ 0 0 120 A 60 D B AB  đều cạnh a ⇒ = = 2 3 2 2 ABCD ABD a S S Gọi O là giao điểm AC và BD ⇒ = = = = 3 2 3 ; ; 3 2 3 3 a a AO AG AO AC a ⇒ = = 6 . 3 a SG GA GC ( ∆ SAC vuông tại S, đường cao SG). = = 3 D D 1 2 . 3 6 SABC ABC a V S SG Kẻ ( ) ⊥ ⇒ ⊥ SO GH D GH SB vì ( ) ( ) ( ) ⊥ ⊂ ⇒ =D GH , D B SAO d G SB GH ∆ SGO vuông tại G, đường cao ⇒ = + = 2 2 2 2 1 1 1 27 S 2a GH OH G GO Câu 5. (1 điểm) a) Giả sử số đó là abcd TH1: a,b là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn a,b Lúc này chọn d có: 4 cách và chọn c có 4 cách. Trường hợp này có = 2.4.4 32 số TH2: b,c là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn b,c Nếu = 0 d chọn a có: 2cách. Trường hợp này có = 2.1.2 4 số. Nếu ≠ 0 d chọn d có 2 cách, chọn a có: 2 cách. Trường hợp này có = 2.2.2 8 số Vậy có: + + = 32 4 8 44 số. b) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ! ! . . ! ! 1 ! 1 1 ! k k n n n n kC k n nC k n k k n k − − − = = = −   − − − −   ( đpcm ) ( ) ( ) 0 1 2 1 2 0 1 2 5 8 3 2 1600 3 6 3 2 1600 n n n n n n n n n n n n n C C C n C C C nC C C C+ + + + + + = ⇔ + + + + + + + = ( ) ( ) 0 1 1 0 1 1 1 1 3 2 1600 n n n n n n n n n C C C C C C − − − − ⇔ + + + + + + + = Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 ( ) ( ) 0 1 1 0 1 1 1 1 3 2 1600 n n n n n n n n n C C C C C C − − − − ⇔ + + + + + + + = ( ) ( ) 1 1 1 5 3 3 1 1 2 1 1 1600 3 .2 2 1600 3 .2 2 100 7 n n n n n n n n n n − − + − − ⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = Câu 6. (1 điểm) Tọa độ của A là nghiệm của hệ: 4 3 20 0 2 10 0 x y x y  − − =  + + =  hay 1 8 x y  = −  = −  , suy ra ( ) − − 1; 8 A Gọi D, E, F, N lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC, AC và B’ là chân đường cao hạ từ B của tam giác ABC. Ta có     ⊥  / / / / EF BC NF AH BC AH . Do đó ⊥ EF NF Tương tự ta có: ⊥ D D E N . Vậy đường tròn (C) đi qua D, E, F là đường tròn đường kính EN. Suy ra N thuộc (C) . Mặt khác ⊥ ' ' EB B N , tức là B’ cũng thuộc (C). Tọa độ của N và B’ là nghiệm của hệ: ( ) ( )  + + =  = − −   = − = −   ⇔ ⇔     = − = − + + = − + + =       2 2 2 2 10 0 2 10 2 4 6 2 5 30 40 0 1 2 25 x y y x x x hay y y x x x y Nếu ( ) − − 4; 2 N thì ( ) − 7;4 C (loại) Nếu ( ) − − 2; 6 N thì ( ) − − 3; 4 C . Vậy ( ) ( ) ( ) − − − − − − 2; 6 ; ' 4; 2 ; 3; 4 N B C Đường thẳng BH đi qua B’ và nhận VTCP ( ) − 1; 2 của AC là vtpt nên có phương trình − = 2 0 x y . Đường thẳng CH đi qua C và nhận vtcp ( ) 3; 4 của AB làm vtpt nên có phương trình là + + = 3x 4 25 0 y Tọa độ H là nghiệm của hệ: 2 0 3 4 25 0 x y x y  − =  + + =  hay 5 5 2 x y  = −   = −   . Vậy   − −     5 5; 2 H Câu 7. (1 điểm) Kẻ ⊥ NH BC tại H, ⊥ D NK C tại K Ta có ∆ = ∆ ⇒ = NKC NHC NK NH  ⇒ = =   ⇒ =   ⇒ = =   1 / / 4 1 / / 4 DK AN AD NK DC AC DK BH BH AN AB NH BC AC , mà M là trung điểm BC nên H là trung điểm BM   ⇒ ∆ = ∆ ⇒ = =D , D DKN MHN NK MNH N NM Mà   = ⇒ = ⇒ ∆ 0 0 90 D 90 KNH NK DNM vuông cân tại N ( ) ( ) ⇒ ⊥ ⇒ − + − = + − = : 5 3 1 0 3 8 0 DN MN DN x y hay x y Tọa độ N thỏa hệ: ( )  + − = ⇒  − − =  3 8 0 2; 2 3 4 0 x y N x y Giả sử ( ) ( ) − ⇒ = − − = =;3 4 2 ;6 3 ; 10; M m m MN m m DN MN DN  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )  = ⇒ ⇒ − + − = ⇔ − = ⇔  = ⇒ −   2 2 2 3 3;5 2 6 3 10 2 1 1 1; 1 m M m m m m M loai Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 ( ) 3;5 M m gọi  −  − = =   = ∩ ⇒ = − ⇔ ⇔     − = − =   1 5 2 1 D 3 3 3 2 1 1 P P P P x x P MN A NP NM y y   Ta có: = = = ⇒ = 1 1 1 5 D 3 6 6 6 AP MC BC A DP DA ⇒ = = = ⇒ = 5 5 5 3 6 6 3 5 DP DA CB MB MB DP       ( ) ( )    − = −       ⇒ ⇒   − = −   3 5 3 5 5 3 1;5 3 5 1 1 5 B B x B y Câu 8. (1 điểm) Điều kiện: ≤ 5 2 x Phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 0 0 x y x y x y ⇔ − − + = ⇔ = = hoặc 2 1 x y = + Trường hợp = = 0 x y thế vào (2) không thỏa mãn. Trường hợp = + 2 1 x y thế vào (2): ( ) − − − = 3 2 3 2 1 0 3 y y Xét hàm   = − − − ∈ −∞     3 3 (t) 2 t 3 2 1; ; 2 f t t ;   = + > ∀ ∈ −∞   −   2 1 3 '( ) 6 ; '( ) 0, t ; 2 3 2 f t t f t t Vậy hàm số ( ) f t đồng biến trên   −∞     3 ; 2 ; mà = (1) 0 f . Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất: = 1 y . Với = ⇒ = ⇔ = ± 2 1 2 2 y x x (thỏa điều kiện) Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( ) ( ) − 2;1 ; 2;1 Câu 9. (1 điểm) Với a,b,c là các số dương ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 3 a b c a b c + + + + ≥ và ( ) 2 3 a b c ab bc ca + + + + ≤ Bởi vậy: ( ) ( ) ( ) + + + + ≤ + ⇔ + + ≤ 2 2 2 2 3 9 3 3 a b c a b c a b c , từ đó: < + + ≤ 0 3 a b c Ta có: ( ) ( ) + + + + = + + + ≤ + + ≤ + 2 2 2 2 2 3 3 3 a b c a b c ab bc ca ab bc ca nên ( ) ( ) + + + + ≤ + 2 2 2 2 3 6 2 a b c a b c Bởi vậy: ( ) + + = + + − ≤ − + = − + + + + + + + + 2 2 2 2 2 1 1 3 1 1 3 3 6 3 2 6 3 2 a b c S a b c t a b c a b c t Xét hàm số: = − + + 2 1 1 3 ( ) 6 3 2 f t t t với < ≤ 0 3 t và ( ) 2 1 1 '( ) 0, (0;3) 3 3 f t t t t = + > ∀ ∈ + Bởi vậy: ( ≤ ∀ ∈   ( ) (3), 0; 3 f t f t hay ≤ 17 ( ) 6 f t Suy ra: ≤ 17 6 S , dấu bằng xảy ra khi = = = 1 a b c Vậy = 17 max 6 S khi = = = 1 a b c ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 09 tháng 02 năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm ). Cho hàm số 32 3 (C). m y x x mx    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với 0 m  . b) Xác định m để đường thẳng () d có phương trình yx cắt đồ thị () m C tại ba điểm phân biệt ,, OAB sao cho 2 AB  (O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm ). Giải phương trình 2 2sin2 2cos 5cos 2sin 3 0 x x x x      . Câu 3 (1,0 điểm ). Tính tích phân 3 2 0 32 2 1 2 x I dx x     . Câu 4 (1,0 điểm ). a) Một tổ có 12 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chia tổ thành 3 nhóm, mỗi nhóm có 5 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chia? Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ. b) Giải phương trình 2 2 3 log( 3) 2log( 3) 2 0 xx      . Câu 5 (1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm (1;0;0) A , (0;2;3) B  và (1;1;1) C .Viết phương trình mặt phẳng () P chứa , AB sao cho khoảng cách từ C tới () P bằng 2 3 . Câu 6 (1,0 điểm ). Cho hình chóp . SABCD có các cạnh bên bằng nhau và bằng 2 a , đáy ABCD là hình chữ nhật có 2, AB aAD a  . Gọi , MN lần lượt là trung điểm của AB , CD và G là trọng tâm tam giác SBC . Tính thể tích hình chóp . SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SG theo a . Câu 7 (1,0 điểm ). Cho hình thang ABCD cạnh đáy nhỏ AB , tam giác ABD vuông cân tại A . Biết phương trình cạnh AB là 3 10 0 xy    và phương trình cạnh BC là 2 10 0 xy    . Viết phương trình các cạnh còn lại biết diện tích tam giác ACD bằng 10 đơn vị diện tích. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 44 2 2 4 62 4 5 24 22 x y xy x xy y xy             . Câu 9 (1,0 điểm ). Cho x,y,z là các số thực dương sao cho 2 3 1 x y z    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 (5 6) 4 (512) (45162) P x x y y z z       . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án – thang đi ể m có 6 trang) Câu Đáp án Điểm 1 (2,0đ) a) (1,0 điểm) Khi m = 0 , hàm số có dạng: y = x 3  3 x 2 .  TXĐ: D   . 0,25  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 ' 3 6. y x x  y ’ = 3 x 2  6 x = 0  x = 0 hoặc x = 2 - Hàm số đồng biến trên (  ; 0) và (2; +  ) ; hàm số nghịch biến trên (0; 2) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x CĐ = 0, y CĐ = 0; đạt cực tiểu tại x CT = 2, y CT = -4. - Giới hạn: lim ;lim x x yy     . 0,25 - Bảng biến thiên: x  0 2  y ’ + 0 - 0 + y 0   -4 0,25  Vẽ đồ thị: Giao trục tọa độ     0;0, 3;0 OA . Lấy thêm điểm   1;4 B  .  Điểm cực đại   0;0 , cực tiểu   2;4  . Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) 2 Phương trình hoành độ giao điểm: 32 3 x x mx x    2 ( 3 1) 0 xx x m      2 0 . 3 1 0(*) x x x m         0,25 Đường thẳng () d cắt đồ thị () m C tại ba điểm phân biệt  Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 9 4( 1) 0 . 1 m m          13 (1). 4 1 m m         0,25 Giả sử O(0,0) ,   1 1 2 2 , , ( , ) Axy Bx y , 12 , xx là hai nghiệm của phương trình (*). Ta có 12 12 3 .1 xx xx m      (2). 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 ( ) ( ) 2 2( ) 2 2( ) 8 2(3). AB x x y y x x x x xx              Thay (2) vào (3) ,ta có(3) trở thành 188( 1) 2 3. mm      0,25 Thỏa mãn điều kiện (1) . Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. 0,25 2 (1,0đ) 2 2 2sin2 2cos 5cos 2sin 3 0 (4sin cos 2sin) (2cos 5cos 3) 0 x x x x x x x x x            2sin(2cos 1) (2cos 1)(3 cos) 0 x x x x       (2cos 1)(2sin cos 3) 0 x x x      2cos 1 0 2sin cos 3 0 x xx         (*) . 0,25 Xét phương trình 2sin cos 3 0 2sin cos 3 x x x x       . Ta thấy 22 2 (1) 9    Phương trình vô nghiệm. 0,25 12 (*) cos 2 ( ) 23 x x k k          . 0,25 Vậy phương trình có nghiệm 2 2 ( ) 3 x k k       . 0,25 3 (1,0đ) 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 3 2 4 (2 1) (2 2 1) 2 2 1 2 1 2 2 1 2 xx I dx dx x dx dx x dx xx                   0,25 3 3 2 2 1 0 0 2 2 . I dx x   1 3 0 3. I     0,25 33 3 22 3 2 2 0 00 11 2 1 2 1(2 1) (2 1) 23 I x dx x d x x         3 2 8 1 7 . 3 3 3 I     0,25 12 72 3. 33 I I I       0,25 4 (1,0đ) a) (0,5 điểm) Tổng số học sinh là 12 + 3 = 15 học sinh. Nhóm 1: Chọn 5 học sinh trong 15 học sinh có 5 15 C cách chọn. Nhóm 2: Chọn 5 học sinh trong 10 học sinh còn lại có 5 10 C cách chọn. Nhóm 3: Chọn 5 học sinh trong 5 học sinh còn lại có 5 5 C cách chọn. Vậy có 5 5 5 15 10 5 . 756756 C CC  cách chia. Số phần tử của không gian mẫu là số phân công 15 học sinh thành 3 nhóm mỗi nhóm 5 học sinh là  5 5 5 15 10 5 . 756756 C CC  . 0,25 Gọi A là biến cố nhóm nào cũng có nữ . Nhóm 1: Có 14 3 12 CC cách chọn. Nhóm 2: Có 14 28 CC cách chọn. Nhóm 3: Có 14 14 CC cách chọn. Suy ra 1 4 1 4 1 4 3 12 2 8 1 4 . . . . 207900 A CC CCCC    . Vậy xác suất của biến cố A là () 0,27 A PA    . 0,25 b) (0,5 điểm) Điều kiện: 3. x  2 2 3 log( 3) 2log( 3) 2 0 xx      2 4log( 3) 6log( 3) 2 0 xx       2 2log( 3) 3log( 3)1 0 xx      . Đặt log( 3) tx  . Phương trình trở thành 2 2 3 1 0 tt   1 . 1 2 t t        +) 31 1 log( 3) 1 10 t x x     (Thỏa mãn). 0,25 +) 1 1 1 log( 3) 3 22 10 t x x        (Thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm 31 10 x  và 1 3 10 x  . 0,25 5 (1,0đ) Ta có (1;2;3) AB   Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng () P cần tìm là 2 2 2 (;;), 0 p n abca b c      . Phương trình mặt phẳng () P là ( 1) 0 0 ax by cz ax by cz a          . 4 Do A,B thuộc (P) , suy ra . 0 3 2. p n AB a c b      22 2 (,()) 37 54 17 0 3 dC P c bc b      . 0,25 +) 0 0 0 b c a      (Loại). 0,25 +) 0, b  chọn 1 1 17 37 c b c        . +) 1, 1 1 c b a    Phương trình mặt phẳng () P là 10 x y z    . 0,25 +) 17 23 1, 37 37 b c a      Phương trình mặt phẳng () P là 23 17 23 0 37 37 37 x y z      hay 23 37 17 23 0 x y z     . 0,25 6 (1,0đ) Gọi O là giao điểm của AC và BD ,do ABCD là hình chữ nhật nên từ giả thiết suy ra O là hình chiếu của S trên mặt phẳng ABCD . 0,25 22 5 AC AB BC a    5 11 22 aa OC SO     . 23 . 1 1 11 11 . . .2 3 3 2 3 SABCD ABCD a V SOS a a    (đvtt). 0,25 Lấy F là trung điểm của BC ( ). OF BC BC SOF     Trong mặt phẳng   SOF kẻ OH SF  ( ). OH SBC  Ta có M, N là trung điểm của AB và CD suy ra // //( ). MN BC MN SCB   ( , ) ,( ) (,( )) . dMNSG dMN SBC dOSBC OH    0,25 Trong tam giác vuông SOF có: 2 2 2 1 1 1 . OH OF OS  165 ( , ) . 15 OH dMNSG a    0,25 [...]... m2 Hết -Chú ý : Thí sinh có cách giải khác đúng vận dụng các thang điểm thành phần cho điểm tối đa 3 SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ ( Đề thi có 01 trang) ĐỀ THI THỬ LẦN I KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN : TOÁN Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x2  4 (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)... điểm) Giải hệ phương trình:  2 2  y( x  y)  2 x  7 y  2 , ( x, y  R) Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN I KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN : TOÁN TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ (Đáp án – thang điểm gồm 07 trang) Câu 1 (2,0đ) Điểm 0,25 Nội dung a) (1,0đ) 1/ Tập xác định: R x  0 y,  0... hệ:  ,  x  y  5  y  5  x  y  5  x Hệ này vô nghiệm Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y)  {(1; 2), (2; 5)} Hết 0,25 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) Câu 1 (4.0 điểm) Cho hàm số y  2x 1 (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... = 1/6; z = 1/9 (Chú ý Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.) -Hết 6 0,25 Sở GD & ĐT Hà Nội ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ K12 Trường THPT Yên Lãng Năm học 2014 - 2015 o0o - ( Môn: Toán Thời gian làm bài: 120 phút ) A PHẦN CHUNG : (8điểm) Câu I (3 đ) Cho hàm số y = (x - 2)2(x + 1), đồ thị là (C) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số đã cho... ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN ĐH - CĐ LẦN I NĂM 2015) Đáp án Câu Điểm 2x 1 Câu 1 a.(2.0đ) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x  2 (4.0đ) i/ TXĐ: D = R\{-2} ii/ Sự biến thi n + Giới hạn- tiệm cận Ta có: lim y  lim y  2; lim y  ; lim y   x  x 2  x  0,5 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 thi n Có... tham số m 2 0.25 0.25 1.0 Đặt t  2x , t  0 Khi đó (1) được đưa về dạng (m  2)t 2  2(m  1)t  m  5  0 (2) Ta đi xác định các giá trị của ' , S , P 2(m  1) m5 '  (m  1)2  (m  2)(m  5)  9m  9, S  , P m2 m2 Ta có bảng tổng kết M  ' - -1 S + 0 0.25 Dấu các nghiệm P + Phương trình vô nghiệm 0 + - + Phương trình có nghiệm kép t  2  0 Phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn t1  t2 ... hộp ABCD.A'B'C'D' theo a, b, c 2 Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (BDA') theo a, b, c B PHẦN RIÊNG : (2điểm) I, HỌC SINH THI KHỐI A,A1,B: Câu IVa (1đ) Giải và biện luận phương trình : (m  2)2x  (m  5)2 x  2(m  1)  0 (1) theo tham số m Câu Va(1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : x-y-1 = 0 và (d 2) : x+2y+3 = 0 Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A  ( d 1), C... thoi ABCD biết A  ( d 1), C  (d 2), B, D thuộc Ox và AC=2BD II, HỌC SINH THI KHỐI D : Câu IVb(1đ) Tìm m để phương trình: (m  2)2x  (m  5)2 x  2(m  1)  0 (1) có hai nghiệm trái dấu Câu Vb(1đ) Trong mp Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) Biết phương trình các cạnh AB, AC thứ tự là: 4x+y +14= 0; 2x+5y-2 =0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C Hết -Họ tên thí sinh…………………... viên bi chọn ra có đủ cả ba màu 0,25 TH1 : 4 viên được chọn có 2 bi đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng Suy ra số cách chọn là 0,25 2 1 1 C4 C5 C6 TH2 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 2 bi xanh và 1 bi vàng Suy ra số cách chọn là 1 1 C4 C52 C6 TH3 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi xanh và 2 bi vàng Suy ra số cách chọn là 1 1 2 C4 C5 C6 2 1 1 1 1 1 1 2  n( A)  C4 C5 C6  C4 C52 C6  C4 C5 C6  720 Do đó 6 (1,0đ)... điểm (2; 0) là điểm CT của đồ thị hàm số Điểm U(1; 2) là điểm thuộc ðồ thị hàm số Đồ thị giao với các trục tọa độ: (-1; 0), (2; 0), (0; 4) 0.5 0.5 2 Giả sử M(x0; y0) thuộc (C), x0 là số nguyên dương Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là y = (3x02 - 6x0)x - 2x03 + 3x02 + 4 Goi tiếp tuyến này là (t) Hoành độ giao điểm của (C) và (t) là nghiệm PT: x3 - 3x2 - (3x02 - 6x0)x + 2x03 - 3x02 = 0  (x - x0)2(x . ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 09 tháng 02 năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH. luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 Môn Toán;
- Xem thêm -

Xem thêm: tổng hợp các bộ đề thi thử thpt quốc gia môn toán, tổng hợp các bộ đề thi thử thpt quốc gia môn toán