SỞ 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 23 23 +−= xxy 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 y x= − + Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: ( ) ( ) 2 cos . cos 1 2 1 sin sin cos − = + + x x x x x Câu 3 ( 1,0 điểm). Tính tính phân: 1 ( 1)ln e x x I dx 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: 4 2 2log 2 2 log 1x x+ − = 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 3SD a= và góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 0 30 . 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 ( ) 2;5;1A và mặt phẳng ( ) :6 3 2 24 0P x y z+ − + = . 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: 2 2 (4 7) 2 10 4 8x x x x x− − + > + − Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) 3 a b c ab ab bc bc ac ac + + ≥ + + + + + + Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – MÔN TOÁN LẦN 4 Câu Đáp án Điểm 1 (2,0điểm) 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: D = ¡ • Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: 2 ' 3 6y x x = − ; ' 0 0y x = ⇔ = hoặc 2x = 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 2x = ; y CT 2 = − , đạt cực đại tại 0x = ; y CĐ 2 = ￚ Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ 0.25 ￚ Bảng biến thiên: 0.25 • Đồ thị: 0.25 2.(1,0 điểm) 3 2 0 0 0 ( ) ( ; 3 2)M C M x x x∈ ⇒ − + 0.25 Tiếp tuyến tại M có pt: 0 3 2 ( ) 0 0 0 ' ( ) 3 2 x y y x x x x= − + − + Để tiếp tuyến tại M vuông góc với đường thẳng 1 9 9 y x= − + thì 0 ( ) ' 9 x y = 0.25 0 0 2 0 0 1 3 6 9 0 3 x x 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 k π π ≠ − + . PT ⇔ (1 sin )(1 sin )(cos 1) 2(1 sin )(sin cos )+ − − = + +x x x x x x 0.25 1 sin 0 sin cos sin cos 1 0 x x x x x + = ⇔ + + + = 0.25 ( ) ( ) 1 sin 0 1 sin cos 1 0 x x x + = ⇔ + + = 0.25 2 2 2 x k x k π π π π = − + ⇔ = + ( Thoả mãn điều kiện) 0.25 3 (1 điểm) 1 ( 1)ln e x x I dx x + = ∫ 1 1 ln ln e e x xdx dx x = + ∫ ∫ 0,25 2 1 1 ln ln 1 2 2 e e x x dx x = = ∫ 0,25 Tính 1 ln e xdx ∫ : Đặt 1 lnu x du dx x dv dx v x = = ⇒ = = 1 ln e xdx = ∫ 1 1 1 .ln e e e x x dx e x− = − ∫ 1= 0,25 Vậy 3 2 I = 0,25 Câu 4 1) (0.5điểm) z = (5 - 4i)(2 - 2i)(3 + 2i) – (2 + 3i) 3 = - 8 – 105i 0.25 Vậy: Phần thực là -8; Phần ảo là -105 0.25 Câu 4 2) (0.5điểm) 4 2 2log 2 2 log 1x x+ − = ĐK : x > 0. PT đã cho trở thành : 2 2 log 2 2 log 2 2 2 2x x x x+ = ⇔ + = Suy ra nghiệm x = 1 0.5 Câu 5 (1điểm) Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra ( )SH ABCD⊥ và · 0 30SCH = . Ta có: 2 3SHC SHD SC SD a∆ = ∆ ⇒ = = . Xét tam giác SHC vuông tại H ta có: 0 0 .sin .sin30 3 .cos .cos30 3 SH SC SCH SC a HC SC SCH SC a = = = = = = 0.25 Vì tam giác SAB đều mà 3SH a= nên 2AB a= . Suy ra 2 2 2 2BC HC BH a= − = . Do đó, 2 . 4 2 ABCD S AB BC a= = . Vậy, 3 . 1 4 6 . 3 3 S ABCD ABCD a V S SH= = . 0.25 Vì 2BA HA= nên ( ) ( ) ( ) ( ) , 2 ,d B SAC d 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: HK SI ⊥ . Do đó: ( ) HK SAC⊥ . 0.25 Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên . 6 3 HI AH AH BC a HI BC AC AC = ⇒ = = . Suy ra, 2 2 .HS HI HK HS HI = = + 66 11 a . Vậy , ( ) ( ) ( ) ( ) 2 66 , 2 , 2 11 a d B SAC d H SAC HK= = = 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 x t d y t z t = + = + = − Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) nên ( )H d P= ∩ . Vì H d∈ nên ( ) 2 6 ;5 3 ;1 2H t t t+ + − . 0.25 Mặt khác, ( )H P∈ nên ta có: ( ) ( ) ( ) 6 2 6 3 5 3 2 1 2 24 0 1t t t t+ + + − − + = ⇔ = − Do đó, ( ) 4;2;3H − . 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 2 4 784 14R R π π = ⇒ = . Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H nên ( )IH P I d⊥ ⇒ ∈ . Do đó tọa độ điểm I có dạng ( ) 2 6 ;5 3 ;1 2I t t t+ + − , với 1t ≠ − . 0.25 Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 6 2 6 3 5 3 2 1 2 24 1 14 ( ,( )) 14 6 3 ( 2) 1 3 14 2 2 6 3 2 14 t t t t d I P t t AI t t t t + + + − − + = = = + + − ⇔ ⇔ ⇔ = = − < − < < + + − < Do đó, ( ) 8;8; 1I − . Vậy, mặt cầu ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ( ) : 8 8 1 196S x y z− + − + + = 0.25 Câu 7 (1đ) C D M H B A Đặt BC = a Ta có AM = 2 2 5 2 2 a a a + = ÷ 2 cos 5 BA BAM AM ⇒ = = 0.25 Gọi VTPT của đt AM là 2 2 2 ( ; ) os( ; ) 5 ( )(1 1) m n n m n c AM AB m n − ⇒ = = + + r 3 3 m n 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) TH2: 3 n m = − có đt AM: x – 3y + 4 = 0 suy ra tọa độ điểm A(-4; 0) 0.25 ĐT (BH): 3x+y – 4 = 0 suy ra tọa độ điểm B(0 ; 4) => đt BC: x+y – 4 = 0=> M(2;2) 0.25 => C(4;0). Sử dụng 2AB DC= uuur uuur => D(2; - 2). KL: … Câu 8 (1 đ) ĐK: x ≥ -2 2 2 (4 7) 2 10 4 8x x x x x− − + > + − 2 2 (4 7) 2 2(4 7) 2[( 2) 4]x x x x x x⇔ − − + + − − > + − 2 (4 7)( 2 2) 2( 2 2)( 2 2)x x x x x⇔ − − + + > + − + + 0.25 2 2 2 2 4 7 2 2 4 4 2 2 2 1 (2 ) ( 2 1) 0 (2 2 1)(2 2 1) 0 x x x x x x x x x x x x ⇔ − − > + − ⇔ > + + + + ⇔ − + + > ⇔ + + + − + − > 0.25 2 2 1 2 2 1 x x x x + > − ⇔ + < − − hoặc 2 2 1 2 2 1 x x x x + > − − + < − 0.25 Giải các hệ bất pt trên được tập nghiệm là: T = [ ) 5 41 2; 1 ; 8 + − − ∪ +∞ ÷ ÷ 0.25 Câu 9 (1 đ) Ta có VT = 2 2 2 ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) a b c ab ab bc bc ac ac + + + + + + + + = 1 1 1 2 1 2 1 2 1 ( )(2 ) ( )(2 ) ( )(2 )b b c c a a a a b b c c + + + + + + + + Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt , , y z x a b c x y z = = = với x, y, z> 0 Khi đó VT = 1 1 1 ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) y z z y z x x z x y y x x x x x y y y y z z z z + + + + + + + + = 2 2 2 ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) x y z y z z y z x x z x y y x + + + + + + + + 0.25 Ta có 2 2 2 2 2 9 ( 2 )( 2 ) 2 2 4 2( ) 5 ( ) 2 y z z y yz y z yz y z yz y z + + = + + + = + + ≤ + Suy ra 2 2 2 2 2 ( 2 )( 2 ) 9 x x y z z y y z ≥ + + + (1) 0.25 Tương tự có 2 2 2 2 2 ( 2 )( 2 ) 9 y y z x x z x z ≥ + + + (2); 2 2 2 2 2 ( 2 )( 2 ) 9 z z x y y x y x ≥ + + + (3) Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 9 x y z y z x z y x ≥ + + + + + 0.25 Lại có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z y z x z y x + + + + + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( )( ) 3x y z y z x z y x + + + + − + + + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 3 (( ) ( ) ( ))( ) 3 .9 3 2 2 2 x y y z z x y z x z y x + + + + + + + − ≥ − = + + + 0.25 Suy ra VT 2 3 1 . 9 2 3 ≥ = (đpcm) . SỞ 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 23 23 +−=. thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – MÔN TOÁN LẦN 4 Câu Đáp án Điểm 1 (2,0điểm) 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: D = ¡ • Sự biến thi n: ￚ Chiều biến thi n: 2 ' 3 6y x x = − ;. phần ảo của số phức: z = (5 - 4i)(2 - 2i)(3 + 2i) – (2 + 3i) 3 2) Giải PT: 4 2 2log 2 2 log 1x x+ − = Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và