Đề thi thử đại học lần 1 môn Toán năm 2015 trường THPT Hàn Thuyên, Bắc Ninh

SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN (Đề thi gồm có 01 trang) ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 243 223  mmxxy (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với 1m . b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm I )0;1( là trung điểm của đoạn AB. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin22coscos3 6 2sin2 3 sin4                xxxxx  . Câu 3 (1,0 điểm). Tính giới hạn sau 2 522 lim 2    x xx x . Câu 4 (1,0 điểm). Một hộp đựng 5 viên bi màu đỏ và 6 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi được lấy ra đó có đủ cả hai màu và số viên bi màu đỏ lớn hơn số viên bi màu xanh. Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn     921:)( 22  yxC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn )(C biết đường thẳng BC có phương trình là 052 x . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ /// . CBAABC có các đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của / C lên mặt phẳng )(ABC là điểm D thuộc cạnh BC sao cho .2DCDB  Góc giữa đường thẳng / AC và mặt phẳng )(ABC bằng 0 45 . Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng )(),( /// CBAABC và côsin góc giữa hai đường thẳng / ,CCAD . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có DCADBC 22  , đỉnh )3;3( C , đỉnh A nằm trên đường thẳng 023:  yxd , phương trình đường thẳng 02:  yxDM với M là điểm thỏa mãn CMBC 4 . Xác định tọa độ các điểm A, D, B. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình            121 11412 22 yxxyxyyxx yyxx Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm cba ,, thỏa mãn 5212121 222  cba . Chứng minh rằng 6424 663  cba . 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 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2014 – 2015 Câu Đáp án Điểm 1 (2,0đ) a) (1,0 điểm) Với m=1, hàm số trở thành: 2x3xy 23  *Tập xác định: D *Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: x6x3y 2/  ,       2x 0x 0 / y 0,25 - Các khoảng đồng biến: );2();0;(  , khoảng nghịch biến: (0;2). - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = -2. - Giới hạn tại vô cực:   y lim x ;   y lim x 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 *Đồ thị: Giao Oy tại (0;2), Giao Ox tại (1;0) và   0;31 Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng (Học sinh tự vẽ hình) 0,25 b) (1,0 điểm) Ta có mx6x3y 2/  ;       m2x 0x 0y / Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị 0y /  có 2 nghiệm phân biệt 0m  0,25 Tọa độ các điểm cực trị A, B là )2m4m4;m2(B);2m4;0(A 232  0,25 I là trung điểm của AB nên      02m4m2 1m 23 0,25 Giải hệ được m = 1, thỏa mãn điều kiện tồn tại cực trị. Vậy giá trị của m cần tìm là m = 1. 0,25 2 (1,0đ) Phương trình đã cho tương đương với 2xsin2x2cosxcos3x2cosx2sin3xcos32xsin2  0,25 0x2sin3xcos32xsin4      02xcos3xsin21  0,25 * 02xcos3  : phương trình vô nghiệm 0,25 *              2k 6 5 x 2k 6 x 0xsin21 . Nghiệm của phương trình là             2k 6 5 x 2k 6 x   Zk  0,25 x y / y   0 2 0 0 2 -2   + - + 2 Câu Đáp án Điểm 3 (1,0đ) Ta có        5x22x2x 5x22x5x22x lim 2x 5x22x lim 2x2x       0,25     5x22x2x 20x8x lim 2 2x     0,25        5x22x 10x lim 5x22x2x 10x2x lim 2x2x        0,25 = 3. 0,25 4 (1,0đ) Số phần tử của không gian mẫu là: 330C 4 11  . 0,25 4 viên bi được chọn gồm 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh. 0,25 Số cách chọn 4 viên bi đó là 60C.C 1 6 3 5  . 0,25 Vậy xác suất cần tìm là 11 2 330 60 p  . 0,25 5 (1,0đ) Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ:                    2 33 2y 2 5 x 05x2 92y1x 22 0,5 Đường tròn (C) có tâm I(1; 2). Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (C) nên I là trọng tâm của tam giác. Từ đó tìm được A(-2; 2). 0,25 Vậy                   2 33 2; 2 5 C; 2 33 2; 2 5 B và ngược lại. A(-2; 2) 0,25 6 (1,0đ) Từ giả thiết có );ABC(DC /      0/// 45ADCAD,AC)ABC(,AC  0,25 Sử dụng định lí cosin cho 3 7a ADABD  3 7a ADDC /  0,25 Vì // AA//CC nên     // AA,ADCC,AD  . Vì )ABC(DC /  nên 3 a4 DAACDC)CBA(DC ////////  a 3 22 DCDCCCAA 22///  0,25 Áp dụng hệ quả của định lí cosin trong ADA /  ta được   56 14 ADAcosCC,ADcos 56 14 ADAcos ///  0,25 7 (1,0đ) Vì )a32;a(AdA  . Có     DM,Cd2DM,AdS2S DCMADM   0,25       )5;1(A3a )7;3(A1a . Do A, C nằm khác phía với đường thẳng DM nên A(-1; 5). 0,25 Vì )2d;d(DDMD  . Từ giả thiết có      CDAD CDAD . Giải hệ ta được d = 5 nên D(5; 3). 0,25 Có )1;9(BAD2BC  . 0,25 3 Câu Đáp án Điểm 8 (1,0đ)            )2(1yxxy21xyyxx )1(1y1yx41x2 22 . Điều kiện 01xyyx  (*). Vì 0t1t 2  nên )1( 0 y1x41 yx4 yx2yy1x41x2 22 22 22         x2y0yx20yx2y1x41yx2 22  0,25 Thay y = -2x vào (2) ta được 1x3x41x2x3x 22         2 2 2 x 1 x 3 4x x 1 2 x 3 xx . Đặt 2 x 1 x 3 t  0,25 Khi x > 0 ta được .7t4t2t  Từ đó, kết hợp với x > 0 ta được 7 373 y; 14 373 x     thỏa mãn điều kiện (*) 0,25 Khi x < 0 ta được .2t4t2t  Từ đó, kết hợp với x < 0 ta được 2 317 y; 4 173 x     thỏa mãn điều kiện (*). Vậy hệ có 2 cặp nghiệm…. 0,25 9 (1,0đ) Với hai số không âm A, B ta chứng minh: BA11B1A1  (1). Thật vậy,    BA12BA2B1A12BA2)1(  BA1ABBA1  , luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi A = 0 hoặc B = 0. Áp dụng (1) ta có 222222 c21b2a211c21b21a215  222 c2b2a212  . Suy ra 222222 a4cbhay,4cba  . (2) 0,5 Khi đó     3 23 3 223663 a4a24cba24cba24  . Từ (2) và do a, b, c không âm ta có 2a0  . Xét hàm số   3 23 a4a24)a(f  trên   2;0 . Ta có           22 2 22/ a82a6a2aa6a4a6a212)a(f  Với   2;0a  , 2a;0a0)a(f /  Có   2;0a;64)a(f232)2(f;24)2(f;64)0(f  Vậy 6424 663  cba . Dấu đẳng thức xảy ra khi 2c,0ba  hoặc 2b;0ca  0,5 . ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN (Đề thi gồm có 01 trang) ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2 014 – 2 015 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 18 0 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. LẦN 1 MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2 014 – 2 015 Câu Đáp án Điểm 1 (2,0đ) a) (1, 0 điểm) Với m =1, hàm số trở thành: 2x3xy 23  *Tập xác định: D *Sự biến thi n: - Chiều biến thi n:.            )2(1yxxy21xyyxx )1( 1y1yx41x2 22 . Điều kiện 01xyyx  (*). Vì 0t1t 2  nên  )1( 0 y1x 41 yx4 yx2yy1x41x2 22 22 22         x2y0yx20yx2y1x41yx2 22 