Đề thi mẫu THPT quốc gia năm 2015 môn toán 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 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
y
.
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
cosx cos3x 1 2sin 2x
4



   


.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tính giới hạn sau
x
x
x
2
1
ln
lim
0


.
b) Giải phương trình:
1)2(
loglog
2
2
2
 x
x

Câu 4 (1,0 điểm).
Tìm số nguyên dương n thỏa mãn:
6480
2

3
)
1
2(

7
3
2
3
2
1







nn
n
n
n
n
nn
C
C
C
C
.
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














24
)
1
1(
2
2)
1
1(
3
yx
y
yx
x

Câu 9 (1,0 điểm).
Cho
yx  3
2
. Tìm giá trị nhỏ nhất của B =
xy
yxy
x  2
2

2
2
.

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 2 MÔN TOÁN LỚP 12
NĂM HỌC 2014 – 2015



Câu
Đáp án
Điểm
1
(2,0đ)



a) (1,0 điểm)
 Tập xác định:
R
D


\


1
.
 Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: Ta có
D
x
x
y






,
0
)
1
(
1
'
2
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng:
)
1

;
(

và
)
;
1
(


.
0,25
 Giới hạn và tiệm cận:
;
2
lim
,
2
lim






x
x
y
y
tiệm cận ngang y = 2.










1
1
lim
,
lim
x
x
y
y
; tiệm cận đứng x = 1.
0,25

Bảng biến thiên:

x -

1 +


y' - -
y 2

-



+



2

0,25
 Đồ thị


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
Do
D
x
x
y







,
0
)1
(
1
'
2
. Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến bằng -1
0,25
Hoành độ tiếp điểm là nghiệm PT:












1
0
32
1
)
1
(

1
2
y
x
yx
x

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

2
2
(1,0đ)
cosx cos3x 1 2sin 2x
4
2cosxcos2x 1 sin2x cos2x


   


   


2
2cos x 2sinxcosx 2cosxcos2x 0
  

0,25





cosx cosx sinx 1 sinx cosx 0
    












0
cos
sin
1
0
sin
cos
0
cos
x
x
x

x
x

0,25
xk
2
xk
4
x k2
3
x k2
2


  




   







  





k

. Vậy, phương trình có nghiệm:
xk
2
xk
4
x k2


  




   








k


0,5

Câu
Đáp án
Điểm
3
(1,0đ)
a) Ta có:
x
x
x
x
x
x
2
/
1
0
0
)21ln(
lim
2
1
ln
lim






0,25
x
x
x
2
)
2
1
ln(
lim
0



=1
0,25
b) PT:
1
log
2
log
log
1
)
2
(
log
log
2

2
2
2
2
2
2






x
x
x
x

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
x







)
1
(
2
2

1
0

0,25
Với x=2 ta có:
n
n
n
n
n
n
n
C
C
C
C
2

2
2
3
2
2
1
0






(1)
Với x=1 ta có:
n
n
n
n
n
n
C
C
C
C






2
2
1
0
(2)
0,25
Lấy (1)-(2) được :
n
n
n
n
n

n
n
n
C
C
C
C
2
3
)
1
2
(

7
3
321








0,25
PT

4
81

3
0
6480
3
3
6480
2
3
2
3
22












n
nnnnnnn

0,25
5
(1,0đ)
(E) có tiêu điểm

1
( 3;0)
F

nên
3
c


Phương trình chính tắc của (E) có dạng:
22
22
1
xy
ab

(a>b>0)
0,25
Ta có:
4 33
(1; )
5
M
22
1 528
( ) 1(1)
25
E
ab
   

và
2 2 2 2
3a b c b   
thay vào (1) ta được:
42
22
1 528
1 25 478 1584 0
3 25
bb
bb
     

2
22 22
bb
   

0,5
Suy ra:
2
25 5
aa
  
. Vậy (E) có bốn đỉnh là: (-5;0); (5; 0); (0;-
22
); (0;
22
)
0,25

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

0,25

3
(1,0đ)




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

2
3
.
2
1
2
a
BC
AB
S
ABC



0,25
2
.
3
1
2
.
a
SA
S
V
ABC
ABC
S



0,25
Gọi D là điểm sao cho ABCD là hình chữ
nhật.
AB//CD=>AB//(SCD)=>d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))
)
(
)
(
)
(
SAD
SCD
SAB
CD
SA
CD
ADCD









. Trong mặt (SAD) từ A kẻ AH

SD tại

H=>AH

(SCD)
Xét
SAD

vuông tại A có SA=
3
a
, AD=a. Vì
2
311
1
222
a
AH
ASAD
AH





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
04-
yx















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

4
)
2;
2
(
2
2
0
4
0
2
A
y
x
y
x
x
















Vậy…



Câu
Đáp án
Điểm
8
(1,0đ)
Điều kiện có nghiệ
m của hpt là : x>0, y>0
Với điều kiện trên hpt















y
y
x
x
y
x
41
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
22
4
3
2
2

0,25
Lấy vế nhân vế hai pt trên ta được:
xy
y
x
xy
xy
y
x
y
x
12
12
3
4
3
11
2
2










yx
vloai
yxy
xyx
12
617
)
(
12
61
7
0
1412
2
2







thế vào (1) được:

0,25
















12
6172
661(4
617
61
7
26
61
(
4
x
y

0,25
9
(1,0đ)
Xét hàm số
x
y
y
x
xy
y
x
y
x
yg
1)
1
(
2
2
2
)(
2
2








với
yx 

32

0,25
)
1(2
0)(
',
1
)
1(2
)
('
2





xxy
yg
x
y
x
yg

BBT:
y

3
)1(
2 
xx



g’ - 0 +
g



0,25
Xét f(x)= 2
xx
1
1
1
2 
, 2
3
 x
có f’(x)=
0
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
164


Do đó B
3
1
64 

, dấu bằng khi x=3 và y=
62
Vậy min B=
3
1
64 

0,25

0,25


Thấy min
g(y)=g(
)1(
2 x
x
)=2
xx
1
1
1
2 