a Khảo sát và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ABC, SA=4a, tam giác ABC đều cạnh bằng 2a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC.
Trang 1TRƯỜNG THPT
NGUYỄN XUÂN NGUYÊN
-ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 4
NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: Toán, Khối 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2
y x= − x + ( )C
a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với ( )C tại giao điểm của ( ) C và đường thẳng ( ) : d y= − −x 3.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải các phương trình:
a) 3x −33 x− − =6 0
b) 2log log2x 3x+5log2x−8log3x−20 0=
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân:
1
ln + ln( +2)
x
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z biết: z+ +(2 i z) = +3 5i
b) Tìm GTLN và GTNN của hàm số y x= +3 5x2+7x−5 trên đoạn [−2; 2]
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA=4a, tam giác ABC đều cạnh bằng 2a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN)
Câu 6 (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M(3;5;1), N(−1;1;3) và điểm A trên đường
thẳng (d): 2x = y−11= z1−2
− sao cho AMN là tam giác cân tại A Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình
mặt phẳng (P) chứa MN và cách A một khoảng lớn nhất
Câu 7 (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông MNPQ có K, I lần lượt là trung điểm của các cạnh MQ và QP Điểm H (0;1) là giao điểm của NK và MI, điểm P (4; 2)− Tìm tọa độ đỉnh N.
Câu 8 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình sau: sin 2x−(sin x cos x 1 2sin x cos x 3+ − ) ( − − =) 0
b) Phân phối 60 thùng hàng giống hệt nhau cho 6 cửa hàng sao cho mỗi cửa hàng nhận được ít nhất một thùng hàng Tính xác suất để mỗi cửa hàng nhận được ít nhất 6 thùng hàng
Câu 9 (1,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình : 3 3 2 ( ) ( )
3 2
,
x y
b) Cho , ,a b c là ba số dương Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
P
a b c
-Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Trang 2Họ và tên thí sinh: Số báo danh
TRƯỜNG THPT
NGUYỄN XUÂN NGUYÊN
HDC THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015
Môn: Toán
1.a
(1 đ) Khảo sát vẽ đồ thị (C) của hàm số
3 3 2 2
y x= − x +
* TXĐ: D=¡
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn: lim→+∞ = lim (→+∞ 3−3 2+ = +∞2) ;
lim→−∞ = lim (→−∞ 3−3 2+ = −∞2)
+ Lập bảng biến thiên:
2
=
y x x
x
+ Chiều biến thiên:
Hàm số ĐB trên các khoảng (−∞;0) và (2;+∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2)
+ Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x= ⇒0 x CD =2;
Hàm số đạt cực tiểu tại x= ⇒2 x CT = −2
* Đồ thị:
0,25
0,25
0,25
0,25
1.b
(1đ)
Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
( 1) ' 3= −6 = ⇒0 − =9
Phương trình tiếp tuyến có dạng: y= f x'( )(0 x x− 0)−y 0
Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M ( 1; 2)− − là : y= f '( 1)(− x+ −1) 2
Vậy phương trình tiếp tuyến là: y=9x+7
0,25 0,25
0,25 0,25
2.a
(0,5) Giải phương trình:
3 −3− − = ⇔6 0 3 −27.3− − =6 0 Đặt 3x =t t( > ⇒0) 3−x =1
t Phương trình trở thành:
- 6 - 27 0
-3( )
=
t t
t l
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x=2
0,25
0,25
2.b
(0,5) Giải phương trình: 2log log2x 3x+5log2 x−8log3x−20 0= (1) ĐK: x>0
2
3
(1) log (2log 5) 4(2log 5) 0 (log 4)(2log 5) 0
16 log 4 0
3 2log 5 0
27
=
− =
x x
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x=16 hoặc 3
27
=
x
0,25
0,25
Trang 3Câu Nội dung trình bày Điểm 3
(1 đ) Tính tích phân:
2
ln( 2)
Tính
1
ln
=∫e x
x Đặt t =lnx⇒ =dt dx
x Đổi cận: x= ⇒ =1 t 0;x e= ⇒ =t 1
1 0
|
⇒ =A ∫e x dx=∫tdt=t =
x
1 ln( 2)
B x x dx Đặt
2
2 1
=
x du
v
1
Vậy
2
ln(e 2) ln 3
I A B
0,25
0,25
0,25
0,25
4.a
(0,5) Tìm số phức z biết: z+ +(2 i z) = +3 5 (1)i Gọi z a bi= + ⇒ = −z a bi
a bi i a bi i a b a b i i
Vậy z= −2 3i
0,25
0,25
4.b
(0,5) Tìm GTLN và GTNN của hàm số y= f x( )= +x3 5x2+7x−5 trên đoạn [−2; 2]
1( )
( ) 3
= −
= −
x tm
f x x x
x l ⇒ − = −f( 2) 7; ( 1)f − = −8; (2) 37.f = Vậy Max f x[ ( )] 37[ 2;2]− = tại x=2 ; Min f x[ ( )][ 2;2]− = −8 tại x= −1 ;
0,25
0,25
5
(1đ) *) Ta có:
AN AB BN
2 1
2
2
S ABC ABC
3
= *) Ta
có: .
.
1
4
B AMN
S ABC
V BA BM BN
V = BA BS BC =
3
B AMN S ABC
2
1
5a 2
0,25
0,25
0,25 Gọi H là trung điểm AN thì MH ⊥AN, 2 2 a 17
2
Diện tích tam giác AMN là
2
0,25
S
A
B
N
C M
H
3
Trang 4Vậy K/c từ B đến (AMN) là:
3
2
( ,( ))
17
∆
= B AMN = = =
AMN
V
d B AMN
6
(1đ) Tọa độ trung điểm I của đoạn MN: I(1; 3; 2), uuuurMN = − −( 4; 4;2)
Mặt phẳng trung trực (Q) của đoạn MN đi qua N, nhận rn=(2; 2; 1− ) làm VTPT nên
(Q) có phương trình: 2x+2y z− − =6 0
∆AMN cân tại A ⇔ AM =AN ⇔ =A ( ) (Q)d ∩ ⇒A(12; 5;8− ).
Gọi I (1;3; 2) , H lần lượt là hình chiếu của A lên MN và (P)
⇒ ∆AIH vuông tại H Khi đó; (A,( ))d P =AH ≤ AI
Do đó, (P) đi qua I và có VTPT (11; 8;6)uurIA − ⇔(P) :11x−8y+6z+ =1 0
Vậy A(18; 8;11− ) và (P) :11x−8y+6z+ =1 0
0,5
0,5
7
(1 đ) Ta có PH =PN =PQ=5 và cos· 3
5
=
HPN
Gọi ( ; )u a b là một VTCP của PN, r uuurPH = −( 4;3),
suy ra: ·
2 2
5 5
− +
+
HPN u PH
a b
2
0
7
=
=
a
a ab
1
=
b
7 7
=
b
4 17
;
N Vậy (4;3)N hoặc 4; 17
N
0,25
0,25 0,25
0,25
8.a
2
PT sin x cos x 1 sin x cosx 1 2sin x cos x 3 0
sin x cos x 1 sin x cos x 1 sin x cosx 1 2sin x cos x 3 0 sin x cos x 1 sin x 2cos x 4 0
x k2 sin x cos x 1
,(k Z) sin x 2cos x 4(VN) x k2
2
Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x k2 , x k2 ,(k Z)
2
π
0,25
0,25
8.b
(0,5) Giải hệ: 3 3 2 ( )
Đkxđ 3
4
x y
≤
≥ −
x + x= y+ + y+ ⇔ − −x y x +x y+ + +y + =
( )
2 3
y x
Trang 5( 2) ( 2) ( 1) 1 1 0
Vì 4 2 2 3 2( 2)(1 2 1) (3 1 3 )(12 3 ) 0
Từ đó p.trình trên tương đương với ( 2) ( 1) 0 2
1
x
x
=
Với x= ⇒ =2 y 0;x= − ⇒ = −1 y 3
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là S= − −{ ( 1; 3 ; 2;0 ) ( ) }
0,25
0,25
9.a Phân 60 phần tử của tập hợp thùng hàng thành 6 phần có 5
59 ( )Ω = =5006386
Phân phối cho mỗi cửa hàng 5 thùng hết 30 thùng
Còn lại 30 thùng chia mỗi cửa hàng ít nhất một thùng được 5
29 (A)= =118755
Xác suất cần tìm là: ( ) ( ) 585
( ) 24662
Ω
n A
P A
n
0,25
0,25
9.b
(0,5)
Ta có
P
( )
t a b c= + + + t >
4 2
4
2
t
=
Vậy giá trị lớn nhất của 1
4
P= khi
3
1 1
a b c
c
+ + =
=
0,25
0,25
-Hết -f’(t)
f(t)
0
-1/4
5