đề toán thi thử năm 2015 của bắc giang

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)