Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Giải phương trình: cos.. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật.. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc
Trang 1SỞ GD & ĐT
BĂC GIANG
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán- khối 12
Thời gian làm bài: 180 phút( không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y=x3 − 3x2 + 2
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2 Tìm các điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến tại M vuông góc với đường thẳng 1
9
9
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: cos cos 2 ( 1) ( )
2 1 sin sin cos
−
+
x x
x
Câu 3 ( 1,0 điểm) Tính tính phân:
1
( 1)ln
e
x
+
=∫ Câu 4 (1,0 điểm) 1) Tìm phần thực và phần ảo của số phức:
z = (5 - 4i)(2 - 2i)(3 + 2i) – (2 + 3i)3
2) Giải PT: 2log 4 2x+ − 2 log 2x= 1
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật Tam giác
SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Biết
2 3
SD= a và góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 30 0 Tính theo a
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC)
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;5;1) và mặt phẳng ( ) : 6P x+ 3y− 2z+ 24 0 =
a) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P)
b) Viết phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 π và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại
H, sao cho điểm A nằm trong mặt cầu
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và
B có AB = BC= 2CD Gọi M là trung điểm cạnh BC, điểm H 4 8;
5 5
là giao điểm của BD
và AM Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang, biết phương trình cạnh AB: x – y +4 = 0 và
A có hoành độ âm
Câu 8(1,0 điểm) Giải bất phương trình: (4x2 − −x 7) x+ > + 2 10 4x− 8x2
Câu 9 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1 Chứng minh rằng:
( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) 3
- Hết
-Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – MÔN TOÁN LẦN 4
1
(2,0điểm)
1 (1,0 điểm)
• Tập xác định: D= ¡
• Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên: y' 3 = x2− 6x; y' 0 = ⇔ =x 0 hoặc x= 2
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ ;0) và (2; +∞) ; nghịch
biến trên khoảng
( )0; 2
ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x= 2; yCT= − 2, đạt cực đại tại
0
x= ; yCĐ = 2
ￚ Giới hạn: xlim y ; limx y
0.25
Trang 32.(1,0 điểm)
3 2
0 0 0 ( ) ( ; 3 2)
Tiếp tuyến tại M có pt: 0
3 2
Để tiếp tuyến tại M vuông góc với đường thẳng 1 9
9
y= − x+ thì y' ( )x0 = 9
0.25
0
0
2
1
3
x
x
= −
0.25
Vậy có hai điêm M thỏa mãn là M(-1: -2); M(3; 2) 0.25
Câu 2
(1 điểm) ĐK:
4
x≠ − +π kπ
PT ⇔(1 sin )(1 sin )(cos + x − x x− = 1) 2(1 sin )(sin + x x+ cos )x 0.25
1 sin 0 sin cos sin cos 1 0
x
0.25
1 sin 0
1 sin cos 1 0
x
0.25
2 2 2
= − +
⇔
= +
3
( 1)ln
e
x
+
=∫
ln ln
x
x
2
e e
dx
Tính 1 ln
e
xdx
∫ : Đặt
1 ln
x
dv dx
v x
1 ln
e
xdx=
1 ln
e
x x −∫dx e x= − = 1
0,25
Vậy 3
2
Câu 4
1)
(0.5điểm)
z = (5 - 4i)(2 - 2i)(3 + 2i) – (2 + 3i)3
= - 8 – 105i
0.25
Trang 4Vậy: Phần thực là -8; Phần ảo là -105 0.25
Câu 4
2)
(0.5điểm)
2log 2x+ − 2 log x= 1
ĐK : x > 0 PT đã cho trở thành : log 2 2x+ = 2 log 2 2 x⇔ 2x+ = 2 2x
Câu 5
(1điểm)
Gọi H là trung điểm của AB Suy ra
và ·SCH = 30 0
Ta có: ∆SHC= ∆SHD⇒SC SD= = 2a 3 Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:
0 0
.sin sin 30 3 cos cos30 3
0.25
Vì tam giác SAB đều mà SH =a 3 nên AB= 2a Suy ra
BC = HC −BH = a Do đó, S ABCD =AB BC = 4a2 2
S ABCD ABCD
a
0.25
Vì BA= 2HA nên d B SAC( ,( ) ) = 2d H SAC( ,( ) ) Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI Ta có:
AC⊥HI và AC⊥SH nên AC ⊥(SHI)⇒AC ⊥HK Mà, ta lại có:
Do đó: HK ⊥(SAC).
0.25
Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên
3
HI
Suy ra, HK HS HI2. 2
+
66 11
11
a
0.25
Câu 6
(1
điểm)
Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P) Suy ra:
2 6 : 5 3
1 2
= +
= +
= −
0.25
Trang 5Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) nên H = ∩d ( )P .
Vì H d∈ nên H(2 6 ;5 3 ;1 2 + t + t − t)
Mặt khác, H∈ ( )P nên ta có: 6 2 6( + t) (+ 3 5 3 + t) (− 2 1 2 − t)+ 24 0 = ⇔ = −t 1
Do đó, H(− 4; 2;3) .
0.25
Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu
Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784 π, suy ra 4 πR2 = 784 π ⇒ =R 14
Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H nên IH ⊥ ( )P ⇒ ∈I d.
Do đó tọa độ điểm I có dạng I(2 6 ;5 3 ;1 2 + t + t − t), với t≠ − 1
0.25
Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:
( ) ( ) ( )
14 ( ,( )) 14
14
d I P
t t
AI
t
=
=
Do đó, I(8;8; 1 − )
Vậy, mặt cầu ( ) (2 ) (2 )2
( ) :S x− 8 + y− 8 + +z 1 = 196
0.25
Câu 7
(1đ)
C D
M H
B A
Đặt BC = a
Ta có AM =
2
a
+ =
÷
2 cos
5
BA BAM
AM
0.25
2 ( ; ) os( ; )
5 ( )(1 1)
m n
−
r
3 3
n m
= −
=
0.25
TH1: m = -3n có đt AM: 3x- 4y 4 0
5
− = suy ra tọa độ điểm A 12 32;
5 5
( Loại)
0.25
Trang 6TH2:
3
n
m= − có đt AM: x – 3y + 4 = 0 suy ra tọa độ điểm A(-4; 0)
ĐT (BH): 3x+y – 4 = 0 suy ra tọa độ điểm B(0 ; 4) => đt BC: x+y – 4 = 0=> M(2;2)
=> C(4;0) Sử dụng uuurAB= 2DCuuur => D(2; - 2) KL: …
0.25
Câu 8
(1 đ)
ĐK: x ≥-2
(4x − −x 7) x+ > + 2 10 4x− 8x ⇔ (4x2 − −x 7) x+ + 2 2(4x2 − − >x 7) 2[(x+ − 2) 4]
⇔ (4x2 − −x 7)( x+ + > 2 2) 2( x+ − 2 2)( x+ + 2 2)
0.25
(2 ) ( 2 1) 0 (2 2 1)(2 2 1) 0
⇔ − − > + − ⇔ > + + + +
0.25
2 2 1
2 2 1
+ > −
⇔
+ < − −
2 2 1
2 2 1
+ > − −
+ < −
0.25
Giải các hệ bất pt trên được tập nghiệm là: T = [ 2; 1) 5 41;
8
− − ∪ +∞÷÷
0.25
Câu 9
(1 đ)
( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1)
=
Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt a y,b z,c x
= = = với x, y, z> 0
Khi đó VT =
(y 2 )(z z 2 ) (y z 2 )(x x 2 ) (z x 2 )(y y 2 )x
( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )
0.25
2
y+ z z+ y = yz+ y + z + yz= y z+ + yz≤ y +z
Suy ra
2 2
2 ( 2 )( 2 ) 9
0.25
( 2 )( 2 ) 9
2 2
2 ( 2 )( 2 ) 9
0.25
Trang 7Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT 2( 2 2 2 2 2 2 2 2 2)
9
Lại có
2 2 2
2 x +y + y +z + z +x y z +x z + y x − ≥ 2 − = 2
Suy ra VT 2 3. 1
≥ = (đpcm)
0.25