Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P) và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng AB, bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng (P).. Câu 6 (1,0 điểm ) Cho hình c[r]
(1)TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI TỔ TOÁN -TIN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2014 – 2015 Mơn: TỐN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày kiểm tra: 15/11/2014
ĐỀ:
1 x y
x Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số , (1)
a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)
b Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M vng góc với đường thẳng d: y = 4x +
cos (4sinx 1)x sin 2x1Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình:
2
4 ln e
x x
I dx
x
Câu (1,0 điểm) Tính tích phân:
Câu (1,0 điểm)
a Một hộp đựng viên bi trắng, viên bi đỏ bi xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi, tính xác suất để viên bi chọn có đủ ba màu số bi xanh nhiều
1
z i z b Cho số phức z thỏa mãn điều kiện iz + Tính mô đun số phức w = i+ 4
Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục 0xyz, cho hai điểm A(1; -2; 3), B(-1; 0; 1) mặt phẳng (P): x + y + z + = Tìm tọa độ hình chiếu vng góc A (P) viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng AB, bán kính tiếp xúc với mặt phẳng (P)
Câu 6(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O cạnh a Hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABCD) trung điểm cạnh OC, biết góc SB với mặt đáy 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC)
9 ; 2
Câu 7(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm M trung điểm cạnh AB, điểm H(-2; 4) điểm I(-1; 1) chân đường cao kẻ từ B tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ điểm C (đề thi đại học khối D năm 2013)
2
9
1 (x 1)
2
x x y y x x x
x y x y
Câu 8(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
1
ab b Câu 9(1,0 điểm) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức
2
2 6(a b)
a b a b
a ab b
P =
(2)
TỔ TỐN – TIN Mơn: TỐN
Ngày kiểm tra: 15/11/2014
Câu Bài làm Điểm
1 a) - Khảo sát đầy đủ bước - Vẽ đồ thị
0.75 0.25
0
2
; ( )
1
x
M x C
x
b)
- Hệ số góc tiếp tuyến (C) M :
- Vì tiếp tuyến vng góc với đt d : y= 4x+7 nên:
0
3
x x
f x'( ).4 10 (x01)2 4 Vậy:
0.25 0.25 0.25 0.25 pt 4cos sinx xcos 2x 1 sin cosx x0
2
4cos sinx x 2sin x sin cosx x
2sin (2cos 2x x sinx cos ) 0x
sin
cos cos sin sin cos
6
x
x x x
sin
cos( ) cos
x
x x
2 ,( )
6
18
x k
x k k
x k
0.25 0.25 0.25
(3)3
1
2
1
1 ln 4
4
1
e e x e
I dx dx I I
x x x e
3
1
1 ln e
x
I dx
x
Tính ln
t x dt dx
x
Đặt
1 0;
x t x e t Đổi cận:
1
3
0
1
0
4
t
I t dt
4 17
I e
Vậy
0.25
0.25 0.25 0.25
4 a)
+ Số phần tử không gian mẫu là:
+ Gọi A biến cố “ viên bi chọn có đủ ba màu bi xanh nhiều nhất”
1
4
( ) 300
n A C C C Số phần tử biến cố A
+ Vậy xác suất biến cố A :
0.25
0.25 ,( , )
z a bi a b b) Gọi
ta có: (2a b) (a )b i i
2
2
1
a b
a b
a b
1 w | w | 26
z i i
0.25 0.25
5
(
AH
+ Gọi H hình chiếu vng góc A lên (P), AH có ptts :
0.25
HAH H(1 ; 2 t t;3t)+ nên
Mặt khác: H (P) nên suy ra: ∈
Vậy H(-1;-4;1)
(4)+ Đường thẳng AB có ptts : +Gọi I tâm mặt cầu (S):
I AB I(1 ; 2 ;3 ) t t t
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) có bán kính R=1 nên : d(I,(P))=1
3
6
3
2
t t
t
Vậy có hai phương trình mặt cấu cần tìm :
0.25
0.25
6 SH (ABCD)+ Gọi H trung điểm OC (gt) + HB hình chiếu vng góc SB ( ABCD)
0
(SB ABCD,( )) SBH 60
2 10
4
a
HB HO OB
+ Ta có:
0 30
.tan 60
4
a
SH HB
+
2( )
ABCD
S a dvdt +
2
1 30
( )
3 12
S ABCD ABCD
a
V SH S dvtt
+
/ /( ) ( ;( )) ( ;( ))
AD SBC d D SBC d H SBC +
( )
( )
HM BC M BC
HK SM K SM
+ Dựng (1)
( )
( )
BC SHM
HK BC
HK SHM
+ Ta có: (2)
( ) ( ;( ))
HK SBC d H SBC HK
Từ (1) (2)
1
4
a
HM AB
+ Ta có:
0.25 0.25
(5)+ Trong vng SHM, ta có: 2
2 2
1 1 15 15
248 248
a a
HK HK
HK HM HS
930 ( ;( )) ( ;( ))
31
a
d D SBC d H SBC
Vậy,
0.25
7
( ; ) 2
IM
;
MAB ABIM + Ta có nên đường thẳng AB có pt:
7x – y + 33 = (a;7 a 33)
A AB A +
Vì M trung điểm cạnh AB nên B( - a – 9; - 7a – 30)
20
HAHB HA HB a a Ta có: a = -4 a = -5.
+ Với a = - 4, ta có A( -4;5), B(-5;-2)
ACBH Ta có: nên AC có phương trình: x + 2y – = 0. (6 ; )
C AC C c c
2
(7 ) ( 1) 25
1 (4;1)
5 ( 4;5)( )
IA IC c c
c C
c C loai
0.25 0.25
0.25
+ Với a = -5, ta có A(-5;-2), B(-4;5) ACBH Ta có: nên AC: 2x – y + = 0.
( ;2 8)
C AC C t t
2 ( 1;6)
( 1) (2 7) 25
5 ( 5; 2)( )
t C
t t
t C loai
Từ IA=IC
0.25
8 x1;y0Đk:
2
2
2
( )
( )
0
1 0(VN(VT x 1))
x x y x x y x
x y x
y x
x y x x
y x x
x y x x
Pt (1)
0.25
0.25
1 ( 1) (*)
2
x x x x x
+ Với y = x thề vào (2) ta được:
2 1,(t 0)
2 ( 1)
1 ( 1)
2
t x x
t x x x
t
x x x
(6)2
2
1
2
4( )
2
t t
t t t
t loai
Từ (*) ta có:
5 25 25
2 ( 1) ,
2 16 16
t x x x x x x y
+ Với 25 25
( ; )
16 16 Vậy hệ pt có nghiệm:
0.25
9
0, 0,
a b ab b
2
2
1 1 1 1
0 ( )
4
a b
b b b b b
Do nên
,(0 )
4
a
t t
b
Đặt
2
12
6(1)3
tt
P
ttt
Khi
2
1
( )
6( 1)
t t
f t
t
t t
Xét hàm số: (0;1/4] '
2
2
7
( )
2( 1)
2 ( 3)
t f t
t
t t
Ta có:
2
3 ( 1) 3
1
4 6, 1
t t t t
t thi
t t
Với
2
'
2
7
6 3
2 ( 3) 1
( )
2
1
2( 1)
t t
t t
f t t
Do đó:
Nên hàm số f(x) đồng biến (0;1/4]
0.25
0.25
1
( ) ( )
4 30
Pf t f
Do đó:
0.25
5
maxP ix ;
3 30kh y
Vậy