Đề thi mẫu THPT quốc gia năm 2015 môn toán Trường THPT Hàn Thuyên Bắc Ninh

b Tìm tọa độ điểm M thuộc C sao cho tiếp tuyến của C tại M và hai trục tọa độ tạo thành một tam giác cân.. Hãy xác định toạ độ các đỉnh của E.. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và

SỞ GD & ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 MÔN TOÁN LỚP 12

NĂM HỌC 2014 – 2015

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số (1)

1

1 2







x

x

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc ( C) sao cho tiếp tuyến của ( C) tại M và hai trục tọa độ tạo thành một tam giác cân

Câu 2 (1,0 điểm)

Giải phương trình cos x cos3x 1 2 sin 2x

4



Câu 3 (1,0 điểm)

a) Tính giới hạn sau

x

x x

2 1 ln lim

0



b) Giải phương trình: log22 xlog2(2x)1

Câu 4 (1,0 điểm)

Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 1 3 2 7 3 (2 1) n 32n 2n 6480

n n

n n

Câu 5 (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất (  3; 0) và đi qua điểm

4 33

(1; )

5

M Hãy xác định toạ độ các đỉnh của (E)

Câu 6 (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=a 3 , tam giác ABC vuông tại B, AB= a 3 , AC=2a Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC

Câu 7 (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC là M(3;-1), đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua E(-1;-3) và đường thẳng chứa cạnh AC đi qua F(1;3) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm đối xứng của A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là D(4;-2)

Câu 8 (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

























2 4 )

1 1 ( 2

2 )

1 1 ( 3

y x y

y x x

Câu 9 (1,0 điểm)

Cho 2x3 y Tìm giá trị nhỏ nhất của B =

xy

y x y

-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:…… ………

SỞ GD & ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 MÔN TOÁN LỚP 12 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

NĂM HỌC 2014 – 2015

1

(2,0đ)

a) (1,0 điểm)

 Tập xác định: DR \  1 

 Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: Ta có x D

x





) 1 (

1

Hàm số nghịch biến trên các khoảng: (;1)và (1;)

0,25

 Giới hạn và tiệm cận: lim 2,lim 2;







x

y

y tiệm cận ngang y = 2



lim , lim

x x

y

0,25

Bảng biến thiên:

x -  1 +

y' - - y 2

- 

+

2

0,25

b) (1,0 điểm)

Vì Ox vuông góc Oy, tiếp tuyên cùng hai trục tọa độ tạo ra một tam giác cân Suy ra hệ số

góc của tiếp tuyến bằng 1 hoặc -1

0,25

x





) 1 (

1

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm PT: 



























1 0

3 2

1 ) 1 (

1

2

y x

y x

x

0,25 Thấy các tiếp điểm M(2;3), M’(0;1) thỏa mãn

2

(1,0đ) cos x cos3x 1 2 sin 2x

4 2cos x cos 2x 1 sin 2x cos2x



2cos x2sin x cos x2cos x cos 2x0

0,25

cos x cos x s inx 1 s inx cosx 0

     





















0 cos sin

1

0 sin cos

0 cos

x x

x x

2

4

x k2

3

2



   







    





  





k  Vậy, phương trình có nghiệm:

2

4

x k2



   







    



  





k 

0,5

3

(1,0đ) a) Ta có:

x

x x

x x x

2 / 1 0

0

) 2 1 ln(

lim 2

1 ln









0,25

x

x

) 2 1 ln(

lim

0





b) PT: log22 xlog2(2x)1log22xlog22log2 x1 0,25



































4

2 / 1 2

log

1 log

0 2 log log

2

2 2

2 2

x

x x

x x

x

0,25

4

(1,0đ) Xét

n n n n

n n n

x C x

C x C C

1

n n

n n n

C C

C

3  0  1  2 2   (1)

n n

n n n

C C

C

C    

0,25

n n

n n

PT 3n 2n 32n 2n 648032n 3n 648003n 81n4 0,25

5

(1,0đ) (E) có tiêu điểm F1( 3;0)nên c 3

Phương trình chính tắc của (E) có dạng:

a b  (a>b>0)

0,25

Ta có: (1;4 33)

5

25

E

3

a b c b  thay vào (1) ta được:



2

0,5

Suy ra: a2 25 a 5 Vậy (E) có bốn đỉnh là: (-5;0); (5; 0); (0;- 22 ); (0; 22 ) 0,25

6 Thấy SA(ABC) => SA là đường cao của hình chóp S.ABC và SAa 3 0,25

(1,0đ)

Tam giác ABC vuông tại B, ABa 3,AC2aBC=a

2

3

2

BC AB

0,25

2

3

.

a SA S

Gọi D là điểm sao cho ABCD là hình chữ nhật

AB//CD=>AB//(SCD)=>d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))

) ( ) ( )

CD SA

CD

AD CD



















Trong mặt (SAD) từ A kẻ AHSD tại H=>AH(SCD)

Xét SAD vuông tại A có SA=a 3, AD=a Vì

2

3 1

1 1

2 2

2

a AH AS

AD

Vậy d(AB,SC)=

2

3

a

0,25

7

(1,0đ)

0,25

Do AC vuông góc với BH nên AC: x+y-4=0

Do AC vuông góc với CD nên CD: x-y-6=0

0,25

Do C là giao điểm của AC và DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ:

) 1

; 5 ( 6

5 0

6 -y

-x

0 4 -y x





























C y

x

0,25

Do M là trung điểm của BC nên B(1;-1) AH vuông góc với BC nên AH: x-2=0

Do A là giao điểm của AH và AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ :

0,25

A

C

B

H

M

D

E

E

S

A

B

C

H

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, ta chứng minh được BDCH là hình bình hành nên M là trung điểm của HD suy ra H(2;0) Đường thẳng BH: x-y-2=0

) 2

; 2 ( 2

2 0

4

0 2

A y

x y

x

x































Vậy…

8

(1,0đ) Điều kiện có nghiệm của hpt là : x>0, y>0

Với điều kiện trên hpt





























y y x

x y

x

4 1

1

3

2 1

1

0,25

Cộng vế với vế, trừ vế với vế ta được hpt:



















































y x y

x

y x

y x y

x

y x

2 3

1 1

) 1 ( 2 3

1 1 4

3

2 2

4 3

2

y x y

4 3

1

















y x

v loai y x

y xy x

12

61 7 )

( 12

61 7 0

14

0,25







































12

61 7 2 6 61 ( 4

61 7

61 7 2 6 61 ( 4

x

y

0,25

9

(1,0đ) Xét hàm số

x

y y

x xy

y x y x y

2













) 1 ( 2 0

) ( ' , 1 ) 1 ( 2 )

(

'  2  g y   y x x

x y

x y

g

BBT:

y 3 2x(x1) 

g’ - 0 +

g

0,25

Xét f(x)= 2

x x

1 1

1

1 1

2

2 2









x x

x

nên f(x) nghịch biến trên

[2;3] do đó min f(x)=f(3)=

3

1 6

Do đó B

3

1 6

 , dấu bằng khi x=3 và y=2 6Vậy min B=

3

1 6

0,25

0,25

Thấy min g(y)=g( 2x(x1))=2

x x

1 1 1