Tải bản đầy đủ (.doc) (7 trang)

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 2015 số 28

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (164.03 KB, 7 trang )

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
−∞

( )
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

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⊥

·
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

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


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
= +


= +


= −

0.25
Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) nên
( )H d P= ∩
.

H d

nên
( )
2 6 ;5 3 ;1 2H t t t+ + −
.
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)
0.25
TH2:
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
2AB DC=
uuur uuur
=> D(2; - 2). KL: …
0.25
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)

0.25
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
≥ + +
+ + +
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
+ + + + + + + − ≥ − =
+ + +
Suy ra VT
2 3 1
.
9 2 3
≥ =
(đpcm)
0.25

×