Đề thi thử THPT quốc gia lần 2 môn Toán lớp 12 - Năm 2014 - 2015

Câu 1 ( ID: 79209 ) ( 2, 0 điểm).

Cho hàm số

(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.

pdf7 trang | Chia sẻ: Mr Hưng | Ngày: 21/09/2016 | Lượt xem: 37 | Lượt tải: 0download
Nội dung tài liệu Đề thi thử THPT quốc gia lần 2 môn Toán lớp 12 - Năm 2014 - 2015, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 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 x       Câu 3 ( ID: 79211 ) ( 1, 0 điểm). a. Tính giới hạn sau 0 ln 1 2 lim x x x  . b. Giải PT:  22 2log log 2 1x x  Câu 4 ( ID: 79217 ) ( 1, 0 điểm). Tìm số nguyên dương thỏa mãn:  1 2 3 23 7 ..... 2 1 3 2 6480n n n nn n n nC C C C        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 4 33 1; 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 3 1 2 1 2 1 4 2 x x y y x y                   Câu 9 ( ID: 79216 )( 1, 0 điểm). Cho 2 3x y   . Tìm giá trị nhỏ nhất của B = 2 22 2x y x y xy    .hết.. >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 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:  / 1D R . ( 0,25 đ)  Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Ta có   2 1 ' 0, 1 y x D x       Hàm số nghịch biến trên các khoảng    ;1 1;    Giới hạn và tiệm cận: ( 0, 25 đ) lim 2, lim 2 x x y y     ; tiệm cận ngang y = 2 11 lim ; lim xx y y        ; tiệm cận đứng x = 1 Bảng biến thiên: ( 0, 25 đ) x -  1 +  y - - y’ 2 -  +  2  Đồ thị: ( 0,25 đ) 2 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 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 ' 0, 1 y x D x       , suy ra hệ số góc của tiếp tuyến bằng -1 ( 0,25 đ) Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT:-   2 1 1x  = -1 2 3 0 1 x y x y         (0,25 đ) 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 x       2cos .cos2 1 sin2 cos2x x x x    ( 0,25 d) 22cos 2sin .cos 2cos .cos2 0x x x x x      cos cos sin 1 sin cos 0x x x x x      cosx = 0 hoặc cosx + sinx = 0 hoặc 1 + sin x – cos x = 0 (0,25d)   2 4 2 3 2 2 x k x k k x k x k                         , vậy pt có nghiệm   2 4 2 x k x k k x k                    (0,5 d) Câu 3 ( 1, 0 điểm). a. Ta có: 0 ln 1 2 lim x x x  =   1 2 0 ln 1 2 lim x x x  ( 0,25 đ) =   0 ln 1 2 lim 1 2x x x   ( 0, 25 đ) b. PT:  22 2log log 2 1x x  2 2 2 2log log 2 log 1x x    ( 0, 25 đ)   1 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu  x = ½ hoặc x = 4( 0, 25 đ) Câu 4 ( 1, 0 điểm). Xét   0 1 2 21 .... n n n n n n nx C C x C x C x      ( 0, 25 đ) Với x = 2 ta có :   0 1 2 23 2 2 .... 2 n n n n n n nC C C C     (1)( 0, 25 đ) Với x = 1 ta có :   0 1 22 .... n n n n n nC C C C     (2) Lấy (1) - (2) được:  1 2 33 7 .... 2 1 3 2n n n nn n n nC C C C      ( 0, 25 đ) PT 2 23 2 3 2 6480 3 3 6480 0 3 81 4n n n n n n n n             ( 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):   2 2 2 2 1 0 x y a b a b     Ta có M 4 33 1; 5        2 2 2 2 2 2 1 528 ( ) 1(1), 3E a b c b a b         thay vào (1) ta được: 25b 4 – 478b2 – 1584 = 0  b2 = 22  b = ( 0, 5 đ) Suy ra a 2 25 5a   . 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 A C B H >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu Tam giác ABC vuông tại B, AB = a 3 , AC = 2a, suy ra BC = a. 21 3 . 2 2 ABC a S AB AC  ( 0, 25 đ) 2 . 1 . 3 2 S ABC ABC 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 SAB SCD SAD 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 Vì 2 2 2 1 1 1 3 AS 2 a AH AH AD     Vậy d( AB, SC) = 3 2 a Câu 7( 1, 0 điểm). B E C D H A M >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 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 - y – 6 0 1 x C y             ( 0, 25 đ) 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 0 2 2;2 x y – 4 0 2 x x A y            Vậy: các đỉnh của tam giác là  2;2A ; B( 1; -1);  5; 1C  Câu 8(1,0 điểm). Giải HPT: 1 3 1 2 1 2 1 4 2 x x y y x y                   Đk: x > 0; y > 0. Với đk trên HPT 1 2 1 3 1 4 1 x y x x y y            1 2 1 (1) 3 1 1 2 3 x y x y x y            ( 0, 25 đ) Cộng vế với vế, trừ vế với vế ta được: 2 2 1 1 4 3 12 12 3 xy xy x y xy x y x y         (0, 25 đ) 2 2 7 61 7 6112 14 0 ( ) 12 12 x xy y x y loai vx y            Thế vào (1) ta được: ( 0, 25 đ) Câu 9( 1, 0 điểm). >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu Xét hàm số g(y): 2 22 2x y x y xy     2 1 1x y y x     với 2 3x y   ( 0, 25 đ) g’(y) =    2 2 1 1 , '( ) 0 2 1 x g y y x x y x        (0, 25 đ) BBT: y 3  2 1x x   g’ - 0 + g Thấy min g(y) = g (  2 1x x  ) = 1 1 2 2 1 x x   Xét hàm số f(x) = 1 1 2 2 1 x x   , 2 3x  có f’(x) = 2 2 2 1 0 1 1 x 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)

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdf20_truong_thpt_han_thuyen_bac_ninh_lan_2_4649.pdf
Tài liệu liên quan