0

de thi thu thpt 2015

5 4 0
  • de thi thu thpt 2015

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 15/09/2021, 05:22

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mpABCD trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD.. Tính theo a thể tích Biết khối chóp S.AB[r] (1)TRƯỜNG THPT C NGHĨA HƯNG ĐỀ THI THỬ THPT 2015 Môn: TOÁN (Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề ) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  (C ) a) Kháo sát c và vẽ đồ thị ( C) hàm số b) Tìm m để phương trình x3-3x2+m+1=0 có nghiệm phân biệt Câu (1,0 điểm) 4x- - 17.22x- + = a) Giải phương trình: z  4i z  11 z  Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  Hãy tính z  2i b) Câu (1,0 điểm)  tan x cot x   tan x a) Giải phương trình : b)Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, có thể lập bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số đôi khác và số đó có đúng chữ số chẵn và chữ số lẻ ? Câu (1,0 điểm) I  dx x 3x 1 Tính tích phân Câu (1,0 điểm)  A (2;1;  1), AB (1; 0;3) Chứng minh ba Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm điểm A, B, O không thẳng hàng Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA cho tam giác MAB vuông M Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O hai đường chéo AC và BD SA a 2, AC 2a, SM  a , với M là trung điểm cạnh AB Tính theo a thể tích Biết khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng SM và AC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho tam giác đường cao AA’có phương trình x+2y-2=0 trực tâm H(2;0) kẻ các đường cao BB’và CC’ đường thẳng B’C’ có phương trình x-y+1=0 M3;-2) là trung điểm BC tìm tọa độ các đỉnh A,B và C Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 x  x  x  2 y  y  y     x  y  x  y  0 Câu (1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x  y 7 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 2 xy  y  5( x  y )  24 8( x  y)  ( x  y  3) (2) Hết TRƯỜNG THPT C NGHĨA HƯNG ĐÁP ÁN TOÁN Nội dung Câu 1.a 1đ 1.b 1đ pt x3-3x2+m+1=0 có nghiệm <=> pt x3-3x2+2 = - m+1=0 có nghiệm < => đường thẳng (d) y=-m +1 cắt (C) diểm < => -2<-m+1<2 < => -1<m<3 4x- - 17.22x- + = a) Giải phương trình: 24x- - 17.22x- + = Û 2.a 0,50 16x 4x - 17 + = Û 42x - 17.4x + 16 = 16 16 0,25 0,25 0,25 0,25 (*) 0,25 x  Đặt t = (ĐK: t > 0) phương trình (*) trở thành é4x = ét = ê t2 - 17t + 16 = Û ê Û ê4x = 16 Û êt = 16 ê ê ë ë 0,50 Điểm éx = ê êx = ê ë Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm: x = và x = z  11 z  4i z  a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  Hãy tính z  2i  z 2  3i z  11  z 2  3i z  2 z  z  z  13 0 ,  '  9i   z  4i  i 1 z 2  3i  z  2i =  i z 2  3i 53 z  4i  7i  29  z  2i =  5i 0,25 0,25 0,25  tan x cot x   tan x Giải phương trình ĐK   sin x 0 3.a 0,50 3.b 0,50  cos x 0   tan x   x  k    x    k        tan   x  tan   x  2  4  Với ĐK pt 0,25  x   k , k   Kết hợp ĐK, ta có nghiệm: 0,25 + Đặt số cần tìm là: n abcde + Số cách chọn chữ số chẵn (có số 0): C4 6 C 4 + Số cách chọn chữ số lẻ: 0,25 (3) => Có: 6.4.5! 2880 (số n) ( a có thể 0) 1.C 3.4! 288 C3 + Với a = thì có: (số) 0,25 * Vậy có: 2880  288 2592 (số n) thỏa yêu cầu bài toán Tính tích phân I  dx x x  1 2 t 1  dx  tdt 3 Đặt Đổi cận: x 1  t 2; x 5  t 4 4 1 I 2  dt  I (  )dt t  t 1 t  t  x  1, t 0  x  1đ I  ln t   ln t   1đ 1đ 0,25 0,25 0,25 I 2 ln  ln  A (2;1;  1), AB (1; 0;3) Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng Cho điểm Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA cho tam giác MAB vuông M    OB OA  AB (3;1; 2)  B (3;1; 2) Ta có   OA  (2;1;  1), AB (1; 0;3) không cùng phương: O, A, B không thẳng hàng *   OM t OA (2t; t ;  t )  M (2t ; t;  t ) và Ta có   AM (2t  2; t  1;  t  1), BM (2t  3; t  1;  t  2) 0,25 Tam   giác MAB vuông M thì AM BM 0  (2t  2)(2t  3)  (t  1)(t  1)  ( t  1))( t  2) 0  6t  11t  0  t 1, t  5 5 t   M ( ; ; ) t   M (2;1;  1)  A 6 thỏa bài toán  (loại) và Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O hai đường chéo AC và BD Biết SA a 2, AC 2a, SM  a , với M là trung điểm cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng SM và AC 0.25 0.25 0.25 0,25 S jA K M B O H N C 2 Từ giả thiết SO  ( ABCD)  SO  AC , OA a , SO  SA  OA a OSM  O : OM  SM  SO  a 0,25 (4) Ta có ABC  B : BC 2MO a, AB  AC  BC  3a VS ABCD  AB.BC.SO  a 3 N trung điểm BC  MN / / AC  d (SM , AC ) d ( AC , ( SMN )) d (O, (SMN )) Gọi OMN  O : OMN  O : OH  MN , SO  MN  MN  ( SOH ) 0,25 0,25 SOH  O : OK  SH  OK  ( SMN )  OK d (O, ( SMN ) OMN  O : ON  a a, OM  , OH  MN  OH  a 2 57 a 19 OS  OH Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác đường cao AA’có phương trình x+2y-2=0 trực tâm H(2;0) kẻ các đường cao BB’và CC’ đường thẳng B’C’ có phương trình x-y+1=0 M(3;-2)là trung điểm BC tìm tọa độ các đỉnh A,B và C Xét đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC kẻ A đường kính AN => M là trung điểm HN = > N(4;-4) B' J J là trung điểm AH = >MJ//AN và MJ  B’C’ Phương trình AN là x+y=0 =>tọa dộ A(-2;2) C' I = > I(1;-1) H  x 3  t C  M BC có Phương trình  y   2t SOH  O : d ( SM , AC ) OK  1đ B OS OH A'  B(3+t;-2+2t) IB=IA = > B (3  13;   13) C (3  13;   13) N 1đ 0,25 0,25 0,25 0,25 (1  y )( x  y  3)  x  ( y  1)3 x (1)  ( x , y  )   x  y  x3  2( y  2) (2) Giải hệ phương trình (I)  x     x  ĐKXĐ: + Điều kiện: 2 + Từ phương trình thứ hai hệ, ta có: x  y  x  y  ; Thay vào phương trình thứ hệ, ta được: x   y  x  y   x  x  2 y  y  y   0,25 0,25   x2  x   x     x  1  x   + Xét hàm số /  x  1  4 y  y   x  1   y   y  f  t  t  t  t  1 f  t  2t   t 1 ; + Ta có: + Bảng biến thiên: y 1 y 1 (*) , với t  1 f //  t  2  4 t  t  1 1 ; f / /  t  0  t    0,25 (5) + Từ bảng biến thiên suy ra: f /  t    0; t    1;   f t + Do đó: Hàm số   đồng biến trên  1;   nửa khoảng  + Suy phương trình (*)  f  x  1  f  y   x  2 y + Thay x 2 y  vào phương trình thứ hai hệ, ta được:  y  1  y   y  1  y  0  y 1  x 1  y  y  0    y   x   * Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: 0,25 1 ;   6  x; y   1;1 ,   Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x  y 7 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 2 xy  y  5( x  y )  24 8( x  y )  ( x  y  3)  2x   y   6( x  1)( y  1) (2 x  2)(3 y  3)   36  x  y  xy 5   Ta có 0,25 5( x  y )  x  y   5( x  y ) 2 x  y Ta có và 2 ( x  y  3)  x  y   xy  x  y 0 1đ  2( x  y  xy  3) 8( x  y )  ( x  y  3) 0,25 P 2( xy  x  y )  24 2( x  y  xy  3) Suy t  x  y  xy , t   0;5 P  f (t ) 2t  24 2t  Đặt , f / (t ) 2  Ta có 24.2 3 (2t  6) 2 (2t  6)2  (2t  6) Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên khoảng Suy f (t )  f (5) 10  48  0, t   0;5 0,25  0;5  x 2 P 10  48 2,   y 1 Vậy 0,25 Chú ý: Mọi cách giải khác đúng cho điểm tối đa Hết (6)
- Xem thêm -

Xem thêm: de thi thu thpt 2015, de thi thu thpt 2015