Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ABC, SA = 8a, tam giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC.. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và kh
Trang 1SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN THPT
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 ( ID: 82419 )(2,0 điểm) Cho hàm số 3 2
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
Tìm m để phương trình 2
x(x 3) m có 3 nghiệm phân biệt
Câu 2 ( ID: 82420 ) (1,0 điểm)
(sinx cosx) 1 cosx Giải bất phương trình: log0,2x log (x0,2 1) log (x0,2 2)
Câu 3 ( ID: 82421 )(1,0 điểm) Tính tích phân:
1 0
6x+ 7
3x 2
Câu 4 ( ID: 82422 ) (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
4 2
f(x) x 8x 6 trên đoạn [ 3; 5]
Khai triển và rút gọn biểu thức 2 n
(1 x) 2(1 x) n(1 x) thu được đa thức
P(x) a a x a x Tìm hệ số
8
a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn:
n
Câu 5 ( ID: 82423 ) (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng
(ABC), SA = 8a, tam giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB
và BC Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN)
Câu 6 ( ID: 82424 ) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2xy130 và
0 29
13
6x y Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu 7 ( ID: 82425 ) (1,0 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1; -2; 3), B(2;
0; 1), C(3; -1; 5) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng và tính diện tích tam giác ABC
Câu 8 ( ID: 82428 ) (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
2
(x, y R)
Câu 9 ( ID: 82429 )(1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z =
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x (y2 z) y (z2 x) z (x2 y)
Trang 2SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN THPT
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
1a
(1,25)
a) yx36x29x1
*Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
Chiều biến thiên: y'3x2 12x93(x2 4x3)
1
3 0
'
x
x
y , y'01x3
0,25
Do đó
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (,1)và (3,)
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng (1,3)
0,25
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x1 và y CD y(1)3; Hàm số đạt cực tiểu tại
3
x và y CT y(3)1
x
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị :
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại
điểm(0,1)
1 2 3
x y
O
0,25
x y’
y
3
-1
3
Trang 31b
(0,75) Ta có: 2
Phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m – 1 cắt (C) tại
2a
(0,5)
(s inx cosx) 1 cosx 1 2 sin xcosx 1 cosx
cosx(2 sin x-1) 0 (0,25)
cosx 0
1
s inx=
2
2
6 5
6
0,25
2b
(0,5)
Điều kiện: x 0 (*)
log x log (x 1) log (x 2) 2
x x x 2 x 2 (vì x > 0)
Vậy bất phương trình có nghiệm x 2
0,25
3
(1,0)
1
0
6x+ 7
1 0
(6x+ 4)+ 3
dx
1 0
3
1 1
3
3x 2
1 1
1
2 dx d(3x+ 2)
2 ln 5
2
0,25
4a
(0,5) 4 2
Trang 4
f '(x) 0
x 2
f( 3) 9, f(0) 6, f(2) 10, f( 5) 9
Vậy:
[ 3; 5 ]
maxf(x) f(0) 6,
[ 3; 5 ]
4b
(0,5) Ta có:
n n
n n n
n
n
n C
) 2 )(
1 (
! 3 7 )
1 ( 2
3 1
7 1 3 2
9
0 36 5
3
n n n
0,25
Suy ra a là hệ số của8 x trong biểu thức sẽ là 8 8.C88 9.C98 89
0,25
5
(1,0)
*) Ta có:
2a 3
AN AB BN
Diện tích tam giác ABC là:
2 1
2
ABC
S BC AN
0,25
Thể tích hình chóp S.ABC là:
2
4a 3.8a
3 32a 3 3
0,25
*) Ta có:
.
.
1
4
B AMN
S ABC
3
B AMN S ABC
0,25
2
2
Gọi H là trung điểm AN thì MH AN, MH AM2AH2 a 17
2a 3.a 17 a 51
AMN
Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là:
3
( , ( )) V B AMN
0,25
S
A
B
N
C
M
H
Trang 56
(1,0)
-Gọi đường cao với đường trung tuyến lần lượt là CH và CM
Khi đó
CH :2xy130,
CM :6x13y290
0 29 13 6
0 13 2
C y
x
y x
-ABCH n AB u CH (1,2)
pt AB:x2y160
0,25
0 29 13 6
0 16 2
M y
x
y x
)
4
; 8 (
B
Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC:x2y2 mxnyp0
Vì A, B, C thuộc đường tròn nên
0 7
50
0 4
8 80
0 6
4 52
p n m
p n m
p n m
72 6 4
p n
m
Suy ra pt đường tròn: x2y24x6y720 hay (x2)2(y3)2 85 0,25
7
(1,0)
Suy ra AB AC, không cùng phương nên A, B, C không thẳng hàng 0,25 Diện tích tam giác ABC là S =1[ , ] 9
8
(1,0) Giải hệ:
2
2
(x, y R)
0
x y
x y
Đặt t x y 0, từ (1) ta có: 2
0,25
2
3(1 t)
t 3 2 t
3
t 3 2 t
3
t 3 2 t
)
0,25
M(6; 5) A(4; 6)
C(-7; -1)
B(8; 4)
H
Trang 6Suy ra x y 1 y 1 x (3)
Thay (3) vào (2) ta có: 2
x 3 2x 1 3
( x 3 2) ( 2x 1 1) 0
2
2
x 1 2x 2
0 2x 1 1
x 3 2
2x 1 1
x 3 2
2
0, x
2 2x 1 1
x 3 2
)
0,25
Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*)
9
(1,0)
Ta có : P x2 x2 y2 y2 z2 z2
Nhận thấy : x2
+ y2 – xy xy x, y R
Do đó : x3
+ y3 xy(x + y) x, y > 0 hay
y x x, y > 0 Tương tự, ta có : y2 z2 y z
z y y, z > 0
z x
x z x, z > 0
0,25
Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được:
P 2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 0,25 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 1
Hết