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)

SỞ GD & ĐTBĂC 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:    2cos . cos 1 2 1 sin
sin cos
  
x x
x
x x
Câu 3 ( 1,0 điểm). Tính tính phân:
1
( 1) lne x xI 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 22log 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 030 . 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 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  ; yCT 2  , đạt cực đại tại
0x  ; yCĐ 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 2xy y x x x x    
Để tiếp tuyến tại M vuông góc với đường thẳng 1 9
9
y x   thì
0( )' 9xy 
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    . 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


 
      
( Thoả mãn điều kiện)
0.25
3
(1 điểm) 1
( 1) lne x xI dx
x
 
1 1
lnln
e e
x
xdx dx
x
   0,25
2
1 1
ln ln 1
2 2
ee
x xdx
x
  0,25
Tính
1
ln
e
xdx : Đặt
1lnu x du dx
xdv 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
CH
A
B
D
S
I
K
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 22log 2 2 log 1x x  
ĐK : x > 0. PT đã cho trở thành : 2 2log 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  030SCH  .
Ta có: 2 3SHC SHD SC SD a      .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:
0
0
.sin .sin 30 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 2ABCDS AB BC a  .
Vậy,
3
.
1 4 6
.
3 3S ABCD ABCD
aV 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 aHI
BC AC AC
    .
Suy ra,
2 2
.HS HIHK
HS HI
 
66
11
a
.
Vậy ,       2 66, 2 , 2
11
ad 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 , suy ra 24 784 14R R    .
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 24 114( , ( )) 14 6 3 ( 2) 13
14
2 26 3 2 14
t t t t
d I P
tt
AI
tt 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
BABAM
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
   

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)
=> C(4;0). Sử dụng 2AB DC  => 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 =   5 412; 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 xa 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 29( 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
            
Suy ra VT 2 3 1.
9 2 3
  (đpcm)
0.25