Đề thi thử THPT quốc gia lần 2 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Hàn Thuyên (Năm học 2014 -2015)

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

61
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo đề thi thử THPT quốc gia lần 2 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Hàn Thuyên" năm học 2014 -2015 giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT quốc gia lần 2 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Hàn Thuyên (Năm học 2014 -2015)

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). 2x 1 Cho hàm số y  (1). 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 x    4 Câu 3 ( ID: 79211 ) ( 1, 0 điểm). ln 1  2 x a. Tính giới hạn sau lim . x 0 x b. Giải PT: log 22 x  log 2  2 x   1 Câu 4 ( ID: 79217 ) ( 1, 0 điểm). Tìm số nguyên dương thỏa mãn: Cn1  3Cn2  7Cn3  .....   2n  1 Cnn  32n  2n  6480 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  4 33  M 1;  , hãy xác định tọa độ các đỉnh của (E).  5  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).   1   3x 1  2   x y Giải HPT:   2 y 1  1   4 2      x y Câu 9 ( ID: 79216 )( 1, 0 điểm). 2x2  y 2  2x  y Cho 2  x  3  y . Tìm giá trị nhỏ nhất của B = xy …………….hết……………………….. >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ 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 2x 1 Câu 1( 2, 0 điểm). hàm số y  (1). 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: 1 Chiều biến thiên: Ta có y '    0, x  D  x  1 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1  1;    Giới hạn và tiệm cận: ( 0, 25 đ) lim y  2, lim y  2 ; tiệm cận ngang y = 2 x  x  lim y  ; lim y   ; tiệm cận đứng x = 1 x 1 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 http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu
1 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) 1 Do y '    0, x  D , suy ra hệ số góc của tiếp tuyến bằng -1 ( 0,25 đ)  x  1 2 1 x  2  y  3 Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT:- = -1   (0,25 đ)  x  1 x  0  y  1 2 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 x    4  2cos x.cos 2x  1  sin 2x  cos 2x ( 0,25 d)  2cos2 x  2sin x.cos x  2cos x.cos 2 x  0  cos x  cos x  sin x 1  sin x  cos x   0  cosx = 0 hoặc cosx + sinx = 0 hoặc 1 + sin x – cos x = 0 (0,25d)    x  2  k     x  2  k  x     k    4 k   , vậy pt có nghiệm   x    k  k   (0,5 d)  x  2k 4   x  2 k  3  x   k 2   2 Câu 3 ( 1, 0 điểm). 1 ln 1  2 x ln 1  2 x  2 a. Ta có: lim = lim ( 0,25 đ) x 0 x x 0 x ln 1  2 x  = lim  1 ( 0, 25 đ) x 0 2x b. PT: log 22 x  log 2  2 x   1  log22 x  log2 2  log 2 x  1 ( 0, 25 đ)   >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu
 x = ½ hoặc x = 4( 0, 25 đ) Câu 4 ( 1, 0 điểm). Xét 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ....  Cnn x n ( 0, 25 đ) n Với x = 2 ta có :  3  Cn0  Cn1 2  Cn2 22  ....  Cnn 2n (1)( 0, 25 đ) n Với x = 1 ta có :  2   Cn0  Cn1  Cn2  ....  Cnn (2) n Lấy (1) - (2) được: Cn1  3Cn2  7Cn3 ....   2n  1 Cnn  3n  2n ( 0, 25 đ) 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) x2 y 2 PT chính tắc của (E):   1 a  b  0  a 2 b2  4 33  1 528 Ta có M 1;   ( E )  2  2  1(1), a  b  c  b  3 thay vào (1) ta được: 2 2 2 2  5  a b 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 H A C B >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu
Tam giác ABC vuông tại B, AB = a 3 , AC = 2a, suy ra BC = a. 1 a2 3 S ABC  AB. AC  ( 0, 25 đ) 2 2 1 a2 VS . ABC  S ABC .SA  ( 0, 25 đ) 3 2 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 1 1 1 a 3 Vì 2  2  2  AH  AH AD AS 2 a 3 Vậy d( AB, SC) = 2 Câu 7( 1, 0 điểm). A E H M B C D >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ 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 x  5    C  5; 1 ( 0, 25 đ) x - y – 6  0  y  1 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: x  2  0 x  2    A  2; 2  x  y – 4  0 y  2 Vậy: các đỉnh của tam giác là A  2; 2  ; B( 1; -1); C  5; 1 Câu 8(1,0 điểm).   1   3x 1  2   x y Giải HPT:   2 y 1  1   4 2      x y Đk: x > 0; y > 0.  1 2  1 2 1   x y   1   (1)  3 x  3 x y Với đk trên HPT    ( 0, 25 đ) 1  1 4  1 1 2     x  y y  x  y 3x y 1 1 4 Cộng vế với vế, trừ vế với vế ta được:    3xy  xy  12 x 2  y 2  12 xy (0, 25 đ) x  y 3x y 7  61 7  61  12 x 2  14 xy  y 2  0  x  y (loai )vx  y 12 12 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 http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu
2 x 2  y 2  2 x  y 2  x  1 y  1 Xét hàm số g(y):   với 2  x  3  y ( 0, 25 đ) xy y x 2  x  1 1 g’(y) =  , g '( y)  0  y  2 x  x  1 (0, 25 đ) y2 x BBT: y 3 2 x  x  1  g’ - 0 + g 1 1 Thấy min g(y) = g ( 2 x  x  1 ) = 2 2 1  x x 1 1  2 1 Xét hàm số f(x) = 2 2  1  , 2  x  3 có f’(x) =  2  0 nên f(x) nghịch x x 1 x x2 1 x 4 6 1 biến trên  2;3 do đó min f(x) = f(3) = (0, 25 đ) 3 4 6 1 Do đó B  , dấu “ =” xảy ra khi x = 3 và y = 2 6 3 4 6 1 Vậy min B = (0, 25 đ) 3 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu