Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 2 Năm 2014 môn: toán; khối: a và a1; thời gian làm bài: 180 phút43380

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2014 Mơn: TỐN; Khối: A A1; Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − x + 3( m + 2) x + 4m − có đồ thị (Cm ), với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m = b) Tìm m để (Cm ) tồn hai điểm có hồnh độ lớn cho tiếp tuyến điểm (Cm ) vng góc với đường thẳng d : x + y + = sin x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình + + cot x = + cos x − cos x ( x + y )( x + y + y ) + y = Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ) 2  x + y + − y + y + = 3x − Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y = ; y = 0; x = (3− x + 1) 3x + Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, BCD = 1200 , cạnh bên SD vng góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) góc 600 Gọi K trung điểm SC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AD, BK Câu (1,0 điểm) Giả sử x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức xy yz x3 y3 + y3 z P= + − + z + x2 24 x3 z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a phần b) a Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 3), tâm đường trịn ngoại tiếp I (2; 1), phương trình đường phân giác góc BAC x − y = Tìm tọa độ đỉnh B, C biết BC = góc BAC nhọn Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − y − z + = đường thẳng x+3 y z −7 x y − z −1 x −1 y z − d: = = ; d1 : = = ; d2 : = = Tìm M ∈ d1 , N ∈ d cho đường thẳng MN −1 2 1 song song với (P) đồng thời tạo với d góc α có cos α = Câu 9.a (1,0 điểm) Cho phương trình z − 4( a + 1) z + 4a + = (1), với a tham số Tìm a ∈ ℝ để (1) có hai z nghiệm z1 , z2 thỏa mãn số ảo, z2 số phức có phần ảo dương z2 b Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B x + y − 18 = 0, phương trình đường thẳng trung trực đoạn thẳng BC x + 19 y − 279 = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d : x − y + = Tìm tọa độ đỉnh A biết BAC = 1350 Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(4; − 4; − 5), B (2; 0; − 1) mặt phẳng ( P ) : x + y + z + = Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) cho mặt phẳng (MAB) vng góc với (P) MA2 − MB = 36 x + ax − đường thẳng d : y = x + Tìm số thực a để d cắt x −1 (Ca ) hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn IA = IB, với I ( −1; − 2) Hết Câu 9.b (1,0 điểm) Cho đồ thị (Ca ) : y = www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2014 Mơn: TỐN – Khối A1; Thời gian làm bài: 180 phút TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu (2,0 điểm) Điểm Đáp án Câu a) (1,0 điểm) Khi m = hàm số trở thành y = x3 − x + x − a) Tập xác định: b) Sự biến thiên: * Giới hạn vơ cực: Ta có lim y = −∞ lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ * Chiều biến thiên: Ta có y ' = 3x − 12 x + 9; 0,5 x = x < ; y' > ⇔  ; y ' < ⇔ < x < y' = ⇔  x = x > Suy hàm số đồng biến khoảng ( −∞; 1) , ( 3; + ∞ ) ; nghịch biến khoảng (1; 3) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 1, yCĐ = 3, hàm số đạt cực tiểu x = 3, yCT = −1 * Bảng biến thiên: y x −∞ +∞ y' + – +∞ y −∞ + −1 0,5 O c) Đồ thị: x −1 b) (1,0 điểm) Đường thẳng d có hệ số góc k = − Do tiếp tuyến (Cm ) vng góc với d có hệ số góc k ' = (1) Ta có y ' = k ' ⇔ 3x − 12 x + 3(m + 2) = ⇔ x − 12 x + = −3m u cầu tốn tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn Xét hàm số f ( x) = x − 12 x + (1; + ∞) Ta có bảng biến thiên: x −∞ +∞ +∞ f ( x) Câu (1,0 điểm) 0,5 +∞ −5 −8 Dựa vào bảng biến thiên ta suy phương trình f ( x) = −3m có hai nghiệm phân biệt lớn 8 −8 < −3m < −5 ⇔ < m < Vậy < m < 3 3 Điều kiện: cos x ≠ ±1, sin x ≠ ⇔ x ≠ kπ , k ∈ Phương trình cho tương đương với sin x − sin x cos x + + cos x cos x + =2 sin x sin x 0,5 0,5 www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ⇔ sin x + cos x + = 2sin x ⇔ sin x + cos x + cos x = ⇔ (sin x + cos x)(1 + cos x − sin x) = π *) sin x + cos x = ⇔ x = − + kπ , k ∈ π  x = + k 2π π   ⇔ *) + cos x − sin x = ⇔ sin  x −  =  4  π x = + k 2π , k ∈  π π Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm phương trình x = − + kπ , x = + k 2π , k ∈ 2 Điều kiện: x + y + ≥ Câu Phương trình thứ hệ tương đương với (1,0 ( x + y ) + 4( x + y ) y + y = ⇔ ( x + y + y )( x + y + y ) = điểm) *) x + y + y = 0, hay x = − y − y Thay vào phương trình thứ hai hệ ta  y − y + = −1 (ktm) ± 13 ⇔ y2 − y − = ⇔ y = y − y +1 − y + y +1 = ⇔   y − y + =  − 13 + 13 x = −4 + 13 với y = x = −4 − 13 Vớ i y = 2 *) x + y + y = 0, hay x = − y − y Thay vào phương trình thứ hai hệ ta 0,5 0,5 − y2 − y + − y2 + y +1 = ⇔ − y2 − y + = y2 − y −1 Câu (1,0 điểm) 2  y − y − ≥  y − y − ≥ ⇔ ⇔ ⇔ y = −1 Suy x = −2  2 − y − y + = ( y − y − 1)  y ( y + 1)( y − y + 3) =  − 13   + 13  Vậy nghiệm (x; y) hệ  −4 + 13;  ,  −4 − 13;  , ( −2; − 1) 2     x 3x − − Ta có = ⇔ 3x = ⇔ x = Rõ ràng ≥ với x ∈ [ 0; 1] −x x (3 + 1) + (3− x + 1) 3x + Do diện tích hình phẳng 1 3x − 3x − S=∫ dx = ∫ 3x dx −x x x x + 1) + (3 (3 + 1) + Đặt t = 3x + 1, ta có x = t = 2, x = t = 3x = t − 2tdt Suy 3x ln 3dx = 2tdt , hay 3x dx = Khi ta có ln 2 2 3− 2 t −2  2  2 S= t d t d t t = − = + =     ln ∫2 t ln ∫2  t  ln  t ln ( Câu (1,0 điểm) S Q K D H C ( ( SAB), ( SBC ) ) = 60 ) ⇔ ( AH , CH ) = 60 0,5 0,5 Gọi O = AC ∩ BD Vì BCD = 1200 nên ABC = 600 a ⇒ ∆ABC cạnh a ⇒ AC = a, OD = OB = P Kẻ OH ⊥ SB H Vì AC ⊥ ( SBD ) nên AC ⊥ SB ⇒ SB ⊥ ( AHC ) ⇒ SB ⊥ AH SB ⊥ HC 0,5 0,5 ⇒ AHC = 600 AHC = 1200 A B a TH AHC = 600 ⇒ AHO = 300 ⇒ OH = OA.cot 300 = = OB, vô lý ∆OHB vng H O www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam a a TH AHC = 1200 ⇒ AHO = 600 ⇒ OH = OA.cot 600 = ⇒ BH = OB − OH = 3 OH BH OH BD a = ⇒ SD = = Vì tam giác vuông BOH BSD đồng dạng nên SD BD BH 2 a2 a2 a3 S ABCD = 2.S ABC = = Suy VS ABCD = SD.S ABCD = Vì BC // AD nên (SBC) // AD ⇒ d ( AD, BK ) = d ( D, ( SBC ) ) (1) Kẻ DP ⊥ BC P, DQ ⊥ SP Q Vì BC ⊥ ( SDP ) nên BC ⊥ DQ ⇒ DQ ⊥ ( SBC ) (2) a a (3) Từ tam giác vuông DCP ⇒ DP = DC sin 600 = Từ tam giác vuông SDP ⇒ DQ = 2 a Từ (1), (2) (3) suy d ( AD, BK ) = DQ = Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có Câu (1,0 điểm) xy yz xy yz + = + 2 2 2 1+ z 1+ x z +x + z +y x + y + x2 + z ( ≤ (z xy + x2 )( z + y2 ) ( ) + (x ) ( ) ( yz + y2 )( x + z2 ) ) y2 y2 z2   x2 ≤  + + +   z + x2 z + y2 x2 + y x2 + z  1 y2 y2   y2 y2   y y  1 y y  = 1 + + ≤ + + +  = +  +     = 1 + 2 4 z + y x + y   yz xy   z x   z x  Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cơ si, ta có x3 y + y z ≥ ( xy + yz )3 nên 3 3 3 x y +y z ( xy + yz ) 1 y y ≥ =  +  4 z x  z x3 z x3 1 y y   y y  Suy P ≤ +  +  −  +   z x  96  z x  y y 1 Đặt t = + , t > P ≤ − t + t + t +∞ z x 96 1 f '(t ) – + Xét hàm số f (t ) = − t + t + với t > 96 1 Ta có f '(t ) = − t + ; f '(t ) = ⇔ t = 2, t > 12 32 f (t ) Suy bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có P ≤ , dấu đẳng thức xảy t = hay 12 x=y=z= Vậy giá trị lớn P , đạt x = y = z = 12 3 Vì AD phân giác góc A nên AD cắt đường trịn (ABC) A Câu 7.a (1,0 điểm) 0,5 0,5 0,5 E điểm cung BC ⇒ IE ⊥ BC Vì E thuộc đường thẳng x − y = IE = IA = R ⇒ E (0; 0) I B Chọn n BC = EI = (2; 1) ⇒ pt BC có dạng x + y + m = H D E C 0,5 ⇒ IH = IC − HC = Từ giả thiết ⇒ HC = 5  m = −2  BC : x + y − = | m+5| ⇔ = ⇔ ⇒  5  m = −8  BC : x + y − = Vì BAC nhọn nên A I phải phía BC, kiểm tra thấy BC : x + y − = thỏa mãn ⇒ d ( I , BC ) = 0,5 www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Câu 8.a (1,0 điểm) 2 x + y − = 8 6 8 6 Từ hệ  ⇒ B(0; 2), C  ; −  B  ; −  , C (0; 2) 2 5 5 5 5 ( x − 2) + ( y − 1) = M ∈ d1 ⇒ M (m; 2m + 2; m + 1); N ∈ d ⇒ N ( n + 1; n; 2n + 3) Suy MN = ( − m + n + 1; − 2m + n − 2; − m + 2n + 2) n MN = m − n + = m = n − ⇔ ⇔ Vì MN // (P) nên  P n ≠ n ≠  N ∉ ( P) Suy u MN = (3; − n + 2; n + 4) ud = (2; − 1; 2) |n+4| 3 2n + 4n + 29 2n + 4n + 29 2 ⇔ 3(n + 4) = 2n + 4n + 29 ⇔ n + 20n + 19 = ⇔ n = −1 n = −19 *) n = −1 ⇒ m = −3 ⇒ M ( −3; − 4; − 2), N (0; − 1; 1) *) n = −19 ⇒ m = −21 ⇒ M ( −21; − 40; − 20), N ( −18; − 19; − 35) Từ giả thiết suy z1 , z2 số thực Do ∆ ' < 0, hay 4( a + 1) − 8(4a + 1) < ⇔ 4( a − 6a − 1) < ⇔ a − 6a − < (*) Suy cos( MN , d ) = Câu 9.a (1,0 điểm) | 3n + 12 | = = cos α = a + − −( a − 6a − 1) i a + + −(a − 6a − 1) i , z2 = = z1 Suy z1 = 4 a = z Ta có số ảo ⇔ z12 số ảo ⇔ ( a + 1) − −( a − 6a − 1) = ⇔ a − 2a = ⇔  z2  a = Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị a a = 0, a = B ∈ BH : x = −3 y + 18 ⇒ B( −3b + 18; b), ( Câu 7.b (1,0 điểm) 0,5 H ) 0,5 0,5 0,5 C ∈ d : y = x + ⇒ C (c; 2c + 5) Từ giả thiết suy B đối xứng C qua đường trung trực A u BC = ∆ : 3x + 19 y − 279 = ⇔  ∆ trung điểm BC M ∈ ∆ d B C M AC ⊥ BH ⇒ chọn n AC = u BH 0,5 60b + 13c = 357 b =  B(6; 4) ⇔ ⇔ ⇒ 10b + 41c = 409 c = C (9; 23) = (−3; 1) ⇒ pt AC : −3 x + y + = ⇒ A( a; 3a − 4) ⇒ AB = (6 − a; − 3a ), AC = (9 − a; 27 − 3a ) Ta có A = 1350 ⇔ cos( AB, AC ) = − ⇔ (6 − a )(9 − a ) + (8 − 3a )(27 − 3a ) (6 − a ) + (8 − 3a ) (9 − a ) + (27 − 3a ) 2 2 =− 3 < a < ⇔ =− ⇔ ⇔ a = Suy A(4; 8) 2 | − a | a − 6a + 10 2(3 − a ) = a − 6a + 10 Gọi (Q) mặt phẳng chứa A, B vng góc với (P) Suy M thuộc giao tuyến (Q) (P)  AB = ( −2; 4; 4) ⇒ nQ =  AB, nP  = (0; 6; − 6) = 6(0; 1; − 1) Suy pt (Q): y − z − =  n = (1; 1; 1)  P  y − z −1 = x + y z +1 Gọi d = ( P) ∩ (Q ) ⇒ pt d :  ⇔ = = ⇒ M ( −2t − 2; t; t − 1) ∈ d −2 1 x + y + z + = 0,5  M ( −2; 0; − 1) t = Ta có MA − MB = 36 ⇔ −6t + 8t = ⇔  ⇒   14  M − ; ; t =   3   x + ax − Hoành độ giao điểm d (Ca ) nghiệm phương trình = x + 1, hay x −1 x − ( a + 1) x + = 0, x ≠ (1) 0,5 (9 − a )(3 − a ) Câu 8.b (1,0 điểm) Câu 9.b (1,0 điểm) 2 0,5 0,5 www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ∆ = ( a + 1) − > a > Phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác ⇔  ⇔ a ≠  a < −3 Khi gọi x1 , x2 hai nghiệm phân biệt (1), ta có A( x1 ; x1 + 1), B ( x2 ; x2 + 1) (2) Do IA = IB ⇔ ( x1 + 1) + (2 x1 + 3) = ( x2 + 1) + (2 x2 + 3) ⇔ x12 + 14 x1 = x22 + 14 x2 ⇔ ( x1 − x2 ) ( 5( x1 + x2 ) + 14 ) = ⇔ 5( x1 + x2 ) + 14 = 0, x1 ≠ x2 (3) 19 Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = a + Thay vào (3) ta 5( a + 1) + 14 = ⇔ a = − , thỏa mãn 19 điều kiện (2) Vậy a = − 0,5 www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn ...www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 20 14 Mơn: TỐN – Khối A1 ; Thời gian làm bài: 180 phút TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu (2, 0 điểm)... C (9; 23 ) = (−3; 1) ⇒ pt AC : −3 x + y + = ⇒ A( a; 3a − 4) ⇒ AB = (6 − a; − 3a ), AC = (9 − a; 27 − 3a ) Ta có A = 1350 ⇔ cos( AB, AC ) = − ⇔ (6 − a )(9 − a ) + (8 − 3a ) (27 − 3a ) (6 − a ) +... + (8 − 3a ) (9 − a ) + (27 − 3a ) 2 2 =− 3 < a < ⇔ =− ⇔ ⇔ a = Suy A( 4; 8) 2 | − a | a − 6a + 10 ? ?2( 3 − a ) = a − 6a + 10 Gọi (Q) mặt phẳng ch? ?a A, B vng góc với (P) Suy M thuộc giao tuyến