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)

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
12



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 cos x cos3x 1 2 sin 2x
4
 
    
 
. 
Câu 3 (1,0 điểm). 
 a) Tính giới hạn sau 
x
x
x
21ln
lim
0


. 
 b) Giải phương trình: 1)2(loglog 2
2
2  xx 
Câu 4 (1,0 điểm). 
 Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 648023)12(..73 2321  nnnn
n
nnn CCCC . 
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  32 . Tìm giá trị nhỏ nhất của B = 
xy
yxyx  22 22
. 
-----------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:... 
Cảm ơn bạn Phúc Bình ( phucbinh@yahoo.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
 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: RD \  1 .
 Sự biến thiên: 
 Chiều biến thiên: Ta có Dx
x
y 


 ,0
)1(
1
'
2
. 
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng: )1;( và );1(  . 
0,25 
 Giới hạn và tiệm cận: ;2lim,2lim 
 xx
yy tiệm cận ngang y = 2. 
 
  11
lim,lim
xx
yy ; 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 Dx
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: 







10
32
1
)1(
1
2 yx
yx
x
0,25 
Thấy các tiếp điểm M(2;3), M’(0;1) thỏa mãn 0,25 
 2 
2 
(1,0đ) cos x cos3x 1 2 sin 2x
4
2cos x cos2x 1 sin 2x cos2x
 
    
 
   
 22cos x 2sin xcosx 2cosxcos2x 0   
0,25 
  cos x cos x sinx 1 sinx cosx 0     








0cossin1
0sincos
0cos
xx
xx
x
0,25 
x k
2
x k
4
x k2
3
x k2
2

  

    


 

 
  

  k . Vậy, phương trình có nghiệm: 
x k
2
x k
4
x k2

  

    


 


 k 
0,5 
Câu Đáp án Điểm 
3 
(1,0đ) a) Ta có: 
x
x
x
x
xx
2/1
00
)21ln(
lim
21ln
lim




0,25 
x
x
x 2
)21ln(
lim
0



=1 
0,25 
b) PT: 1log2loglog1)2(loglog 22
2
22
2
2  xxxx 0,25 











4
2/1
2log
1log
02loglog
2
2
2
2
2
x
x
x
x
xx 
0,25 
4 
(1,0đ) 
Xét nnnnnn
n xCxCxCCx  ..)1( 2210 0,25 
Với x=2 ta có: nnnnnn
n CCCC 2..223 2210  (1) 
Với x=1 ta có: nnnnn
n CCCC  ..2 210 (2) 
0,25 
Lấy (1)-(2) được : nn
n
n
n
nnn CCCC 23)12(..73
321
 0,25 
PT 4813064803364802323 22  nnnnnnnn 0,25 
5 
(1,0đ) 
(E) có tiêu điểm 1( 3;0)F  nên 3c  
Phương trình chính tắc của (E) có dạng: 
2 2
2 2
1
x y
a b
  (a>b>0) 
0,25 
Ta có: 
4 33
(1; )
5
M
2 2
1 528
( ) 1(1)
25
E
a b
    và 2 2 2 2 3a b c b    thay vào (1) ta được: 
4 2
2 2
1 528
1 25 478 1584 0
3 25
b b
b b
     

2 22 22b b    
0,5 
Suy ra: 2 25 5a a   . Vậy (E) có bốn đỉnh là: (-5;0); (5; 0); (0;- 22 ); (0; 22 ) 0,25 
6 Thấy )(ABCSA => SA là đường cao của hình chóp S.ABC và 3aSA  0,25 
 3 
(1,0đ) 
Tam giác ABC vuông tại B,  aACaAB 2,3 BC=a 
2
3
.
2
1 2a
BCABS ABC  
0,25 
2
.
3
1 2
.
a
SASV ABCABCS  
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)) 
)()()( SADSCDSABCD
SACD
ADCD






. Trong mặt (SAD) từ A kẻ AH SD tại 
H=>AH (SCD) 
Xét SAD vuông tại A có SA= 3a , AD=a. Vì 
2
3111
222
a
AH
ASADAH
 
Vậy d(AB,SC)= 
2
3a
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
06-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
04
02
A
y
x
yx
x












 Vậy.. 
Câu Đáp án Điểm 
8 
(1,0đ) 
Điều kiện có nghiệm của hpt là : x>0, y>0 
Với điều kiện trên hpt














yyx
xyx
41
1
3
21
1
0,25 
Cộng vế với vế, trừ vế với vế ta được hpt:





















yxyx
yx
yxyx
yx
2
3
11
)1(
2
3
1
1
4
3
22
4
3
2
2
0,25 
Lấy vế nhân vế hai pt trên ta được: xyyxxyxy
yxyx
12123
4
3
11 22 

yxvloaiyxyxyx
12
617
)(
12
617
01412 22



 thế vào (1) được: 
0,25 












12
6172661(4
617
6172661(4
x
y
0,25 
9 
(1,0đ) Xét hàm số 
x
y
y
x
xy
yxyx
yg
1)1(222
)(
22 




 với yx  32 
0,25 
)1(20)(',
1)1(2
)('
2


 xxyyg
xy
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
164 
 , dấu bằng khi x=3 và y= 62 Vậy min B=
3
164 
0,25 
0,25 
Thấy min 
g(y)=g( )1(2 xx )=2
xx
1
1
1
2  
Cảm ơn bạn Phúc Bình ( phucbinh@yahoo.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl