1. Trang chủ
  2. » Đề thi

đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE154 THPT bùi thị xuân, lâm đồng (l4) w

6 139 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 889,46 KB

Nội dung

SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN (ĐềĐỀ thi gồm 01 trang) SỐcó 154 ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016) Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 01 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1: (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y  x   x  x mx Câu 2: (1,0 điểm) ) Định m để hàm số y    đạt cực tiểu x  3 Câu 3: (1,0 điểm) a) Giải phương trình log 52 x  20log x   tập hợp số thực b) Tìm môđun số phức z thỏa mãn điều kiện: 1  i  z  i   z  2i Câu 4: (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng (H) giới hạn đường y  x  3x  y  x 1 Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1;1;2) , B (1;0;1) , C (1;1;0) D (2; 1; 2) a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua ba điểm B, C, D b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) Câu 6: (0,5 điểm) a) Giải phương trình: sin x   cos x b) Cho 10 hồng trắng hồng nhung khác Tính xác suất để lấy hồng có hồng nhung Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a Hình chiếu vuông góc A mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Góc cạnh bên mặt phẳng (ABC) 600 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.ABC khoảng cách hai đường thẳng AA với BC Câu 8: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với AC có phương trình là: x  y  32  , hai đỉnh B, D thuộc đường thẳng d1 : x  y   , d : x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình thoi biết diện tích hình thoi 75 đỉnh A có hoành độ âm   x  y   4 y   Câu 9: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  x e x  e y  y  x  ab bc ca Tìm giá trị lớn biểu thức P    (1  a )(1  b) (1  b)(1  c ) (1  c)(1  a ) Câu 10:(1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  -Hết - 883 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu NỘI DUNG ĐIỂM +) Tập xác định D  R x   +) Đạo hàm: y '  4 x  x ; y '    x  0.25 Câu 1: +) giới hạn : lim y  ; lim y   ( Đồ thị tiệm cận) x  x  (1 điểm) +) bảng biến thiên 0.25 0.25 +) nêu khoảng tăng; giảm cực trị 0.25 +) Đồ thị +) Đạo hàm y '  x  mx 0,25 Câu 2: +) Hàm số đạt cực tiểu x  nên y ' 2    2m   m  (1 điểm) +) Thử lại 0,25 0,25 +) Vậy m  thỏa yêu cầu đề a)  ) 5 b) +) Điều kiện x  ) Câu 3: (1 điểm) 1  i   z  i   z  2i  z  0,25 1 i   i 3 i 5 0.25 0.25 z  (1)  9log25x - 10log5 x + 1= +) Đặt : t=log x Phương trình có dạng 9t  10t    t   t  0.25 ) t   log5 x   x  0.25 1  log5 x   x  9 Phương trình hoành độ giao điểm: ) t  x   x  x   x   x  x   x( x  4)    x   x  2 0.25 Diện tích: S   x - x dx 0.25 2 Câu (1 điểm) Xét dấu f ( x )  x  x :  x f(x) - S=  (x -2 0 + -  + 0.25 - 4x)dx +  (-x + 4x)dx -2 0 1  ( x - 2x )  (- x + 2x ) 4 2 = + = (đvdt) 884 0.25 Câu 5: (1 điểm)   a) +) BC  2 ;1 ; 1 , BD  1; 1; 3      Véc tơ pháp tuyến (P) n  BC , BD  4; 7;1   +) Phương trình mặt phẳng (P): 4  x  1   y  0  z   1  0,25 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (P) : 4x  7y  z     b)+) Bán kính R  d A, P  4.(1)    42   (1)2  66 +) Phương trình mặt cầu (S): x  1   y  1  z  2  2 0,25 33 0,25 a) +) PT  sin x    sin2 x +) sin x  1  sin x  1sin x  1   sin x  1sin x  2  +)  sin x  (Do sin x   )  x  0,25   k 2 k    +) Vậy phương trình có nghiệm  x   k 2 k   Câu 6: b)+) Để lấy hồng nhung hồng ta có TH sau: (1 điểm) TH1: hồng nhung, hồng trắng có: C 73 C 102  1575 cách 0,25 025 +) TH2: hồng nhung, hồng trắng có: C 74 C 101  350 cách TH3: hồng nhung có: C 75  21 cách +)  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách +) Số cách lấy hồng thường C 175  6188  P  +) Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp ' tam giác ABC  AH  (ABC ) +) HA hình chiếu A’A mặt phẳng (ABC) nên    A 'A, ABC   A 'A, AH    A 'A H  600 1946  31, 45% 6188 A' 025 C' B' 0.25 A C H B Câu (0,5 điểm + ) S ABC  a2 2a a a , AH   ;A' H  a 3 +) VABC A'B 'C ' 0.25 a3  S ABC A ' H  (đvtt)     ' ' +) AA’//(BB’C’C)  d AA' , BC  d A' ,(BBC C)  3VA' BB 'C 'C S BB 'C 'C  2VABC A'B 'C ' S BB 'C 'C 0.25 ' +) Chứng minh BC  AH , BC  AH  BC  AA'  BC  BB ' +)  S BB 'C "C  BC BB '  2a 3 0.25 3a +) Vậy d AA' , BC    885 +) B thuộc d1  B t1 ;8  t1  D thuộc d2  D 2t2  3; t2    BD  2t2  t1  3; t2  t1  8 0.25 +) Do BD vuông góc AC suy ra:   BD cuøng phöông n  1;7 2t2  t1  t  t1    13t2  8t1  13 1  t  2t   t  t  2 +) Khi trung điểm I BD : I  ;   2    t  t  t  2t2  2 +) I thuộc d :      31  2    9t2  6t1   3t2  2t1  0.25 t   B 0; 8 13t2  8t1  13  +) Vậy ta có hệ :  1 3t2  2t1  t   D  1;1   : Câu +) Từ suy  x y 8 BD  2; BD  1;7   BD  :   7x  y   (1 điểm) +) Gọi C thuộc AC  C  31  7t; t   d C ; BD     31  7t   t    2t +) Từ giả thiết : S ABCD  2S BCD  BD.d C;BD   2t  75   2t    2 t   C  11;6 9  2t  3      t  t   C  10;      +) Mặt khác A dối xứng với B qua I ta tìm tọa độ A   Với C(-11;6 ) I   ; 3  A  10; 0 ( loại A có hoành độ âm )     Với C(10;3 ) I   ; 3 A  11; 3 ( chọn )   0.25 0.25 +) Vậy đỉnh hình thoi thỏa mãn A(–11; 3), B(0; 8), C(10; 3) D(–1; 1) Câu (1 điểm) x    +) ĐK:  x   (*)     x  1  2  e x 0.25  x  ey  y 886 Xét f t   e t  t có f / t   e t   0, t ; nên từ (2) ta có x  y 3 x +) Nếu x  phương trình tương đương với Từ (1), ta có 2x  3x   4x  3   4   1 Đặt t    (t  0) 1 x x x x x x t  Phương trình (1) trở thành   t  t  t   +) Với t  , ta có  x   37 (tm )  14     7x  3x      x x  x   37 (k tm )  14 2 0.25 +) Nếu x  phương trình tương đương với 2 3   4  x x x x 2  , (t  0) Phương trình 2 trở thành x x t    t   t   t  Với t  , ta có  x   17 (k tm )      2x  3x      x x x   17 (tm )  Đặt t   0.25 +) Kết hợp với điều kiện (*) suy hệ phương trình cho có hai nghiệm là:   37  37    17  17    ,   ; ;    14   4  14  0.25  1 +) Ta có a,b, c  0;  ; Đặt x  a  1, y  b  1, z  c     1 Từ điều kiện suy x , y, z  1;   x  y  z     0.25 Câu 10 +) Áp dụng Cô si cho số dương x , y, z , ta có (1 điểm) x  y  z  3 xyz    xyz  Mặt khác 1  a 1  b   a  1b  1  ab  a  b   ab  a  1b  1  a  b   a  1b  1  c  1  887 0.25 Do đó: c  1  ab 2z   1  1 2xy 1  a 1  b  1  a 1  b  bc 2x  ca 2y   1 ;  1 2yz 2xz 1  b 1  c  1  c 1  a  Tương tự:  2x  2y  2z    ) P       yz xz xy  Xeùt Q  Q  2x  2y  2z    yz xz xy 2 x y z   x  y  z   x xyz 2 y z   15 0.25 2xyz 12 x 2y 2z  15 2xyz   12t  15 +) Đặt t  xyz , t   ; 0 , ta có Q   2t    12t  15  ; 0 Xét hàm số g t   , t    2t    45  12t  ; 0 g / t    0,  t    2t    Suy g t  hàm đồng biến với t   ; 0      144 Suy Q  g t   g      25 Q Suy P  3 +) Vậy max P  72  25 25 đạt x  y  z    a  b  c  25 6 -Hết - 888 0,25

Ngày đăng: 27/06/2016, 13:26

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w