0

De thi thu lan 2 QG LNQTn

9 0 0
  • De thi thu lan 2 QG LNQTn

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 15/09/2021, 05:50

- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.. - Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.[r] (1)SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN đề thi thử thpt quốc gia lần năm 2015 M«n: To¸n Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) y  x  x  Câu (2,0 điểm) Cho hàm số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình  x  x2  m  0 Câu (1,0 điểm) Giải các phương trình sau: x 1 x a)  2.7  0 b) (sinx  cosx) 1  cosx Câu (1,0 điểm) z  4i  (3  5i)(6  i)  2i a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức: 2n b) Tìm hệ số của x9 khai triển ( - 3x) , đó n là số nguyên dương thỏa mãn: C21n+1 + C23n+1 + C25n+1 + + C22nn++11 = 4096 π Câu (1,0 điểm).Tính tích phân I =∫ cos x √ sin x+ 1dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân S và SC tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng BD và SA theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có phương trình y − ¿ =25 x − ¿ + ¿ Các điểm K(-1;1), H(2;5) là chân đường cao ¿ hạ từ A, B của tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh C có hoành độ dương Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3;2;1),  10 11  2 B   ; ;  x   y   z  4       3   và mặt cầu (S): Chứng minh mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S) Xác định tọa độ của tiếp điểm     x2 y  y2 1 x   x 1    x  y  1   x  1 x 6 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thay đổi, thỏa mãn x  y  z Tìm giá trị P nhỏ của biểu thức x3 y3 z3 14    x  yz y  xz z  xy  z  1  xy  x  y HÕt (2) Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Hä vµ tªn thÝ sinh: ……………………………………………… Sè b¸o danh: ……………………………… Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên Trêng thpt l¬ng ngäc quyÕn Híng dÉn chÊm thi thö kú thpt quèc gia lÇn n¨m 2015 m«n To¸n Lưu ý chấm bài: - Đáp án trình bày cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có bài làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo các ý đáp án điểm - Trong bài làm, bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết sai đó không điểm - Học sinh sử dụng kết phần trước để làm phần sau - Trong lời giải câu 5, học sinh không vẽ hình vẽ sai hình thì không cho điểm - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn C©u Néi dung §iÓm y  x  x  Cho hàm số C©u a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm phương trình a, 1,0 b, 1,0  x  x2  m  0 a, *TXĐ: D  lim y ; * Giới hạn: x  * Chiều biến thiên: lim y  x    x 0 y ' x3  x; y ' 0  x3  x 0  x  x   0    x 2  2;0  2;  - Hàm số đồng biến trên khoảng  và   ;   0;2  - Hàm số nghịch biến trên khoảng  và  y  y    - Hàm số đạt cực đại xCĐ= 0, CĐ y  y  2   - Hàm số đạt cực tiểu xCT 2 , CT * Bang biên thiên  2  x y' - + 0 +   -1 y -5 -5 * Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 (3) 0,25 x  x2  m b) Ta có: (*) Số nghiệm của phương trình (*) số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d: y = m - Nếu m>-1 m= - thì d cắt (C) điểm nên phương trình (*) có nghiệm - Nếu m= - thì d cắt (C) điểm nên phương trình (*) có nghiệm - Nếu m  (  5;  1) thì d cắt (C) điểm phân biệt nên phương trình (*) có nghiệm phân biệt - Nếu m< -5 thì d không cắt (C) nên phương trình (*) vô nghiệm x 1 x  0 Giải các phương trình sau: a)  2.7  x  x  m  0  C©u a, 0,5 b, 0,5 0,25 0,5 b) (sinx  cosx) 1  cosx a) Đk: x 0 x Đặt t 7 , t   t 7 14 t   0  t  9t  14 0   t  t 2 ( thỏa mãn t > ) Ta có pt: x Với t =  7  x 1 7 Với t = 0,25 x 2  x log  x  log  2 x  log  Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1, b) Ta có: (sinx  cosx) 1  cosx   2sinxcosx 1  cosx  cosx(2sinx-1)     x   k    cosx    x=  k2 (k  Z)     5  sinx=  x   k2   0,25 0,25 0,25 (4) Vậy: phương trình có nghiệm z C©u 0,25    x   k    x=  k2 (k  Z)   5  x   k2   4i  (3  5i)(6  i)  2i a) Tìm phần thực và phần ảo số phức: 2n - x) b) Tìm hệ số x9 khai triển ( , đó n là số nguyên dương n+1 thỏa mãn: C2 n+1 + C2n+1 + C2n+1 + + C2n+1 = 4096 a) 0,5 b) 0,5 a) Ta có (3  4i )(3  2i )  18  3i  30i  5i 32  22 298 333   i 13 13 298 333  13 , phần ảo: 13 Vậy phần thực: z 0,25 0,25 b) Ta có n +1 ( + x) = C20n+1 + C21n+1 x + C22n+1 x + + C22nn++11 x n+1 n +1 2 n +1 Cho x=1, ta có = C2 n+1 + C2 n+1 + C2 n+1 + + C2 n+1 (1) 2 n +1 Cho x= -1, ta có : = C2 n+1 - C2 n+1 + C2 n+1 - - C2 n+1 Lầy (1) trừ (2), ta : n +1 = 2( C n +1 n+1 +C n+1 +C (2) + + C22nn++11 ) 2n n+1  = C2 n+1 + C2 n+1 + C2 n+1 + + C2 n+1 2n 2n 12 Từ giả thiết ta có = 4096 Û = Û 2n = 12 Do đó ta có 12 ( - 3x) = å ( - )k C12k 212- k ( 3x )k 12 0,25 k =0 ( ≤ k ≤ 12, k nguyên) 0,25 9 12  hệ số của x9 là : - C C©u π Tính tích phân I =∫ cos x √3 sin x+ 1dx 1,0 Đặt u= √ sin x+ 1⇒ cos xdx= udu π Đổi cận: x=0 ⇒ u=1; x= ⇒ u=2 Khi đó: 2 u3 u udu= 3 0,25 I =∫ ❑ ¿2  ¿1 14 Tính I = C©u 0,25 0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân S và SC tạo với đáy góc 0,25 (5) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng BD và SA theo a 1.0 S k E H A B C D Gọi H là trung điểm AB Do SAB cân S,suy SH (ABCD) nên SH (ABCD) và ∠ SCH=600 2 Ta có SH=CH tan 60 =√ CB +BH tan 60 =a √ 15 1 15 V = SH S = a √ 15 a 2= √ a3 S ABCD ABCD 3 AB, mặt khác (SAB) 0,25 0,25 Qua A vẽ đường thẳng song song với BD Gọi E là hình chiếu vuông góc Δ của H lên và K là hình chiếu của H lên SE, đó Δ  (SHE)  Δ  HK suy HK  (S, Δ ) Mặt khác, BD//(S, Δ ) nên ta có Δ d  BD; SA  d  BD;  S ,    0,25 d  B;  S ,    2d ( H ;( S , )) 2 HK Ta có ∠ EAH =∠ DBA=45 nên tam giác EAH vuông cân E, suy HE= AH a = √2 √  HK  Vậy: HE.HS HE  HS a a 15    a     a 15  2 d  BD;SA  2   15 a 31 15 a 31 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C©u (T) có phương trình y − ¿ =25 x − ¿ + ¿ Các điểm K(-1;1), H(2;5) là chân ¿ đường cao hạ từ A, B tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết đỉnh C có hoành độ dương 0,25 (6) 1,0 A x H I B K C I ( 1; 2)  HCx  ABC  Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) C Ta có (T) có tâm  Sđ AC (1)     Do AHB  AKB 90 nên AHKB là tứ giác nội tiếp  ABC KHC (cùng bù với góc AHK ) (2)   Từ (1) và (2) ta có HCx KHC  HK // Cx Mà IC ⊥Cx ⇒ IC⊥ HK KH=(3 ; ) , IC có phương trình Do đó IC có vectơ pháp tuyến là ⃗ 0,25 x+ y −11=0 Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ x+ y −11=0 y − 2¿ =25 ¿ ¿{ ¿ x − 1¿ 2+ ¿ ¿ ⇒ x =5 y=− Do xC  nên ; ¿ x=−3 y=5 ¿{ 0,25 C( 5; − 1) CH=(−3 ; 6) nên AC có Đường thẳng AC qua C và có vectơ phương là ⃗ phương trình x + y −9=0 Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ x + y −9=0 y − ¿ =25 ¿ ¿{ ¿ x −1 ¿2+ ¿ ¿ ⇒ x=1 y=7 (loại) Do đó ; ¿ x=5 y=− ¿{ 0,25 A (1 ; 7) CK =(− ; 2) nên BC có Đường thẳng BC qua C và có vectơ phương là ⃗ phương trình x+ y −2=0 Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ ⇒ x+ y −2=0 x=− y − 2¿ 2=25 y=2 ¿ (loại) Do đó B (− ; 2) , ¿{ ¿ x=5 ¿ x − 1¿ + ¿ y=− ¿ ¿{ Vậy A (1 ; 7) ; B (− ; 2) ; C( 5; − 1) 0,25 (7) C©u 1,0 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;2;1),  10 11  2 B   ; ;   3  và mặt cầu (S):  x  1   y     z   4 Chứng minh mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S) Xác định tọa độ tiếp điểm Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3),R 2 1 7 M ; ;  Phương trình mặt phẳng (P) là trung trực của AB qua  3  , có vtpt  0,25  16 16  AB   ;  ;  3  là: 2x + 2y – z + 3=0 (P)  Ta có: d(I;(P)) 2 R nên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc 0,25 với mặt cầu (S) (đpcm) ⃗ n (P)  2;2;  1 Phương trình đường thẳng d qua I nhận véc tơ phương là:  x 1  2t   y 2  2t z 3  t  d  (P)  H  hệ pt: làm vt 0,25  x 1  2t  y 2  2t   11   H  ; ;    3 3 z 3  t 2x  2y – z  0 0,25  11  H  ; ;  Vậy: tọa độ tiếp điểm là  3  C©u 1,0     x2 y  y 1 x   x 1    x  y  1   x  1 x 6 Giải hệ phương trình:  Lời giải: ĐKXĐ: x 0    x y  y   x   x (1)    x3  y  1   x  1 x 6   +) Hệ pt tương đương với  +) Nhận thấy x 0 không thỏa mãn hệ phương trình đó 0,25 1 1 x y  y 1 x  x 1  y  y  y  1     1 x x  x  +) Xét hàm số f t   2  f  t  t  t t  1, t  (0; ) f '  t   0, t  (0; )  * suy hàm số đồng biến trên (0; ) (**) +) Từ (*) và (**) nhận 2y  x thế vào phương trình (2) hệ ta 0,25 (8)   x3   1   x  1 x 6  x3  x   x  1 x 6 x  g  x  x  x   x  1 x  0;   đồng biến trên khoảng  +) Ta thấy hàm số +) Lại có g  1 0 0,25 g  x  x  x   x  1 x  0 suy phương trình có x 1  y  nghiệm 1   2 Vậy: Hệ pt đã cho có nghiệm Cho số thực dương x, y, z thay đổi, thỏa mãn x  y  z Tìm giá trị nhỏ  x; y   1; C©u P biểu thức x3 y3 z3 14    x  yz y  xz z  xy  z  1  xy  x  y 1,0 Ta có: x, y, z  nên 1 x 1 y    xy  x  y   x    y  Lại có: Nên ta   z 1 dấu = xảy x  y 2 và 2xy x  y dấu = xảy x  y x4 y4 z3    x  xyz y  xyz z  xy  z  1 P  P x4 y4 z3    x  xyz y  xyz z  xy  z  1 x x x  P  y2  2 y  y2 1 z    xyz   1 x  1 y  14 1 x 1 y  z3    x    y   z  1 z3    x    y   z 1 14 1 x 1 y 14 1 x 1 y  x  y  z3 14 P    z    x    y   z  1   x    y  2 x  y z  1   4z3 28 z  28 z  z  z  57 P      2   z   z  1  z  1 2   z   z  1 2  z  1 f  z  Xét hàm 0,25 14  x3 y3 z3 14    x  yz y  xz z  xy  z  1  xy  x  y P   x  y  2 0,25 z  z  z  57  z  1 0,25 , z 1  3z    3z  14 z  23 f ' z   , z 1  z  1 Ta có f z Lập bảng biến thiên của hàm số     53 f  z   f    z 1;   3 ta nhận   f '  z  0  z  0,25 (9) 53 x y  , z  3 Vậy GTNN của P đạt 0,25 (10)
- Xem thêm -

Xem thêm: De thi thu lan 2 QG LNQTn, De thi thu lan 2 QG LNQTn