đề thi thử thpt quốc gia môn toán trường trường THPT hàn thuyên bắc ninh lần 2

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1.. 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.. Tính theo a thể tích hình

SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 MÔN TOÁN LỚP 12

TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN NĂM HỌC 2014 – 2015

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

Câu 1 ( ID: 79209 ) ( 2, 0 điểm)

Cho hàm số 2 1

1

x y

x





 (1)

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 ( ID: 79210 ) ( 1, 0 điểm)

Giải PT cosx + cos3x = 1 + 2 sin 2

4

Câu 3 ( ID: 79211 ) ( 1, 0 điểm)

a Tính giới hạn sau

0

ln 1 2 lim

x

x x





log xlog 2x 1

Câu 4 ( ID: 79217 ) ( 1, 0 điểm)

Câu 5 ( ID: 79212 )( 1, 0 điểm)

Trong mp tọa độ Oxy, cho elip (E) có tiêu điểm thứ nhất  3; 0 và đi qua điểm

M 1;4 33

5

 , hãy xác định tọa độ các đỉnh của (E)

Câu 6 ( ID: 79213 )( 1, 0 điểm)

Cho hình chóp SABC 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 SABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC

Câu 7 ( ID: 79214 )( 1, 0 điểm)

Trong mp tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC là M(-3; 1), đt chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua E ( -1; -3) và đt 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 ( ID: 79215 )(1,0 điểm)

Giải HPT:

1

1

x

x y

y

x y





Câu 9 ( ID: 79216 )( 1, 0 điểm)

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

2 2

xy

……….hết………

SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐÁP ÁN

TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2014 – 2015

Câu 1( 2, 0 điểm) hàm số 2 1

1

x y x





 (1)

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

 Tập xác định: DR/ 1  ( 0,25 đ)

 Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: Ta có

 2

1

1

x



Hàm số nghịch biến trên các khoảng   ;1 1; 

 Giới hạn và tiệm cận: ( 0, 25 đ)

lim 2, lim 2

    ; tiệm cận ngang y = 2

1 1

x

 

    ; tiệm cận đứng x = 1

Bảng biến thiên: ( 0, 25 đ)

x -  1 + 

y - -

- 

+ 

2

 Đồ thị: ( 0,25 đ)

2

b Vì Ox vuông góc với Oy, tiếp tuyến cùng hai trục tọa độ tạo ra tam giác cân Suy ra

hệ số góc của tiếp tuyến bằng 1 hoặc -1 ( 0, 25 đ)

Do

 2

1

1

x

 , suy ra hệ số góc của tiếp tuyến bằng -1 ( 0,25 đ)

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT:-

 2

1 1

x = -1

  



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

Câu 2 ( 1, 0 điểm)

cosx + cos3x = 1 + 2 sin 2

4

2cos cos 2x x 1 sin 2xcos 2x ( 0,25 d)

2

2cos x 2sin cosx x 2cos cos 2x x 0

cosxcosxsinx1 sin xcosx0

 cosx = 0 hoặc cosx + sinx = 0 hoặc 1 + sin x – cos x = 0 (0,25d)

2

4

2

3

2 2

k

x k



  





   



 







2

4 2

x k



  







 





(0,5 d)

Câu 3 ( 1, 0 điểm)

a Ta có:

0

ln 1 2 lim

x

x x





2 0

ln 1 2 lim

x

x x





( 0,25 đ)

0

ln 1 2

2

x

x x





 ( 0, 25 đ)

log xlog 2x 1 2





1

 x = ½ hoặc x = 4( 0, 25 đ)

Câu 4 ( 1, 0 điểm)

1x n C n C x C x n  n  C x n n n ( 0, 25 đ)

Với x = 2 ta có :   0 1 2 2

3 n C n C n2C n2  C n n2n(1)( 0, 25 đ) Với x = 1 ta có :   0 1 2

2 n C n C nC n   C n n(2)

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

Câu 5( 1, 0 điểm)

(E) có tiêu điểm F1 3; 0 nên c = 3 ( 0, 25 đ)

PT chính tắc của (E): x22 y22 1a b 0

a b   

Ta có M 1;4 33

5

25b4 – 478b2 – 1584 = 0  b2 = 22  b = ( 0, 5 đ)

Suy ra a2 25 a 5

Vậy (E) có bốn đỉnh là: ( -5; 0); ( 5; 0); ( 0; - 22 ); ( 0; 22 ) ( 0, 25 đ)

Câu 6( 1, 0 điểm)

Thấy SA (ABC) SA là đường cao của hình chop S.ABC và SA = a 3( 0, 25 đ)

B

B H

Tam giác ABC vuông tại B, AB = a 3, AC = 2a, suy ra BC = a

2

ABC

a

2

1

a

V  S SA ( 0, 25 đ)

Gọi D là điểm sao cho ABCD là hình chữ nhật ( 0, 25 đ)

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

CD AD

CD SA



Trong mp (SAD) từ A kẻ AH vuông góc với SD tại H AH SCD

Xét tam giác SAD vuông tại A có SA = a 3, AD = a

a AH

Vậy d( AB, SC) = 3

2

a

Câu 7( 1, 0 điểm)

B

E

C

D H

A

M

Gọi H là trực tâm tam giác ABC, ta chứng minh được BDCH là hình bình hành nên M là trung điểm của HD suy ra H(2; 0) ĐT BH: x – y – 2 = 0 ( 0, 25 đ)

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 đ)

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

 

x y – 4 0 5

5; 1

x

C y

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

( 0, 25 đ)

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

 

2; 2

x y – 4 0 2

A y

Vậy: các đỉnh của tam giác là A 2; 2 ; B( 1; -1); C5; 1 

Câu 8(1,0 điểm)

Giải HPT:

1

1

x

y





Đk: x > 0; y > 0

Với đk trên HPT

1

3

1



 



3

3





 

 



( 0, 25 đ)

x y  x y    

Thế vào (1) ta được:

( 0, 25 đ)

Câu 9( 1, 0 điểm)

Xét hàm số g(y):

2 2

xy

   2x 1 y 1

  với 2  x 3 y( 0, 25 đ)

2

x

     (0, 25 đ) BBT:

y 3 2x x 1 

g’ - 0 +

g

Thấy min g(y) = g ( 2x x 1) = 2 2 1 1 1

x  x

Xét hàm số f(x) = 2 2 1 1 1

x  x, 2 x 3 có f’(x) = 2

2

0 1

x x





nên f(x) nghịch

biến trên  2;3 do đó min f(x) = f(3) = 4 6 1

3



(0, 25 đ)

Do đó B  4 6 1

3



, dấu “ =” xảy ra khi x = 3 và y = 2 6

Vậy min B = 4 6 1

3



(0, 25 đ)