Đề thi thử đh toán có đáp án (48)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II NĂM HỌC 2013 – 2014 (Đề có 01 trang) Môn Toán 12; Khối A­B Thời gian 180 phút (Không kể giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT[.]

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II  NĂM HỌC 2013 – 2014  Mơn : Tốn 12; Khối A­B  Thời gian: 180  phút (Khơng kể giao đề)  I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)  www.LuyenThiThuKhoa.vn www.NhomToan.com 4  Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số  y = x - 2mx + 2 m + m , với  m là tham số thực.  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO  Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc  (Đề có 01 trang)  a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  m = 1.  b)  Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị tạo thành tam  giác có diện tích bằng 1.  Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình - sin x - sin x + cos x  = cos x - (1 + cos x ) .  2sin x - 1  x ( x + 2 ) Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 3  ( x + 1 )  ³ 1 .  -  x 1  2  Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân  I = ị (8x - 2x).e x  dx   0  Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp đều  S  ABCD có độ dài cạnh đáy bằng  a , mặt  bên của hình chóp tạo với mặt đáy  góc 60 o . Mặt phẳng  ( P )  chứa  AB  và đi qua trọng tâm tam giác  SAC cắt  SC , SD  lần lượt tại  M , N . Tính thể  tích  khối chóp  S  ABMN  theo  a   Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c 2  = ( a + b + c ) - 2 ab   ỉ 1  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P = a + b + c+ 48ỗỗ + ữ b + c ÷ø  è a + 10  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)  A.  Theo chương trình Chuẩn  Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy , cho 2 đường thẳng  d1  : x - y + = 0 ,  d 2  : x + y - = 0 .  Gọi  A  là giao điểm của  d 1  và  d 2   Tìm  toạ độ điểm  B  trên  d 1  và toạ độ  điểm  C  trên d 2  sao cho  D ABC có trọng  tâm G ( 3;5 ) .  Câu 8.a (1,0 điểm)Trong không gian  với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  d  đi qua điểm M ( 0; - 1;1 )  và có véc tơ  r  chỉ phương u = (1; 2; 0 ) ;  điểm A ( - 1; 2;3 ) . Viết phương trình  mặt phẳng ( P )  chứa đường thẳng  d  sao cho khoảng  cách từ điểm  A  đến mặt phẳng ( P )  bằng    Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình log 2  x - x  + 1  ( )  = x 2.8x - 3.2 x  + 1    2.16 - 2.4 + 1  x x B Theo chương trình Nâng cao  Câu  7.b (1,0 điểm) Trong  mặt  phẳng  với  hệ  toạ độ  Oxy ,  cho tam  giác  ABC  vng  A ( 3; 2 ) , tâm  đường  trịn  ỉ 3 ư ngoitiptamgiỏc ABC l I ỗ1 ữ vnh C thuc ngthng d : x - y - = 0 . Tìm toạ độ  các đỉnh  B  và  C   è 2 ø  Câu 8.b (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):  x + y + z = 0. Lập phương trình mặt  phẳng (Q) đi qua gốc toạ độ, vng góc với (P) và cách điểm  M(1; 2; ­1) một khoảng bằng  2 .  Câu 9.b (1,0 điểm)  Giải bất phương trình 4 - x  - x + 1  ³ 0.  log 2  ( x - 3 )  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­ Hết ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  SỞ GD­ĐT VĨNH PHÚC  TRƯỜNG THPT CHUYÊN  THI KHSCL LẦN II NĂM HỌC 2013 – 2014  HƯỚNG DẪN CHẤM TỐN 12 A,B.  Hướng dẫn chung.  ­  Mỗi một bài tốn có thể có nhiều cách giải, trong HDC này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Học sinh có  thể giải theo nhiều cách khác nhau, nếu đủ ý và cho kết quả đúng, giám khảo vẫn cho điểm tối đa của phần  đó.  ­  Câu  (Hình học khơng gian), nếu học sinh vẽ hình sai hoặc khơng vẽ hình chính của bài tốn, thì khơng cho  điểm; câu  (Hình học giải tích) khơng nhất thiết phải vẽ hình.  ­  Điểm tồn bài chấm chi tiết đến 0.25, khơng làm trịn.  ­  HDC này có 07  trang.  Câu  Nội dung trình bày  Điểm  1  a) (1 điểm)  2  (2,0 điểm)  ­ Khi  m = 1  thì  y = x - x + 3  *)Tập xác định  D =  R *) Sự biến thiên :  0,25  é x = 0  2  Chiều biến thiên  y ' = x - x = x( x - 1) ,  y ' = Û êê x = 1  êë x = -1  ­ Hàm số đồng biến trên các  khoảng ( ­1 ; 0) và (1 ; +¥ ), nghịch biến trên các khoảng  ( (-¥; - 1) và (0 ; 1)  ­ Cực trị : Hàm  số đạt cực đại tại  x = 0; yCР = 3  Hàm số đạt cực tiểu tại  x = yCT =2 ưGiihn lim = +Ơ 0,25 xđƠ ưBngbinthiờn :  x y’  -¥  ­  +¥  ­1                     0                    1 0          +         0  ­  0               +  +¥  +¥  0,25  y 2  2  Đồ thị  y  3  0, 25 2  ­2  ­1  0          1         2  x  b)  (1 điểm)  ­  Tập xác định D = R  é x  = 0  ­  Ta có  y ' = x3  - 4 mx ;  y  ' = 0  Û ê 2  ë x = m Hàm số có cực đại, cực tiểu  Û y ' = 0  có  ba nghiệm phân biệt  Û m > 0  Khi  m > 0  đồ thị hàm số có một điểm cực đại là  A ( , m 4  +  m )  và hai điểm cực tiểu là  B ( - m ; m - m + m ), C ( m ; m - m 2  +  m )  D ABC cân tại  A ,  A ΠOx ;  B, C đối xứng nhau qua  Ox Gọi  H  là trung điểm của  BC 1  Þ H 0; m - m 2  + 2 m ;  Þ S DABC  = AH BC = m 2 .2  m = m m 2  ( 0,25  Theo giả thiết  S DABC  = Þ m 2  m = Û m = 1  Vậy đáp số bài toán là  m = 1  0,25  (1,0 điểm)  Điều kiện  2sin x - ¹ Û sin x ¹ 1  2  - sin x - sin x + cos x  = cos x - (1 + cos x ) 2sin x - 1  (1 - sin x ) (1 + 2cos x ) Û = cos2  x - - (1 + cos x )  2sin x - 1  0,25 ( )  Û -1 - cos x = cos2 x - - (1 + cos x ) Û 2cos2  x + - cos x - = 0  0,25 é ê x = p + k 2 p é cos x = -1  ê ê x = p + k 2 p ( k Ỵ Z )  Ûê Û 3  ê cos x = ê 6  ê ëê 2  p ê x = - + k 2 p 6  ë  0,25  Kết hợp điều kiện  sin x ¹  1  ta được nghiệm phương trình 2  x = p + k 2p ; x = - 3  0,25  )  2  (1,0 điểm)  0,25  ì x ( x + ) ³ 0  ï ïï x ³ 0  Điều kiện í 3  Û x ³ 0 ; x + 1) ³ 0  ï( ï 3  ïỵ  ( x + 1)  - x ³ 0  p 6  x³0Þ 0,25  + k 2 p ( k Ỵ Z )  3  ( x + 1)  - x > 0  0,25  Do vậy x ( x + 2 ) ( x + 1 ) 3  ³1Û x ( x + 2) ³ ( x + 1 )3  - x  - x  Û x + x ³ x3 + x 2  + x + - ( x + 1) x ( x + 1 ) Û x3 + x + x + - ( x + 1) x ( x + 1) £ Û ( x + 1) é x 2  + x + - x ( x + 1) ù £ 0  ë û  0,25 Û x 2  + x + - x ( x + 1) £ Û ( ) 2  x ( x + 1) - £ Û x ( x + 1) - = Û x ( x + 1) = 1  é -1 + 5  ê x = 2  Û x ( x + 1) = Û x 2  + x - = 0 Û ê ê -1 - 5  êx = ë  2  0,25  Kết hợp điều kiện  x > 0  ta được nghiệm của phương trình đã cho là  x =  - 1  2  0,25  4  (1,0 điểm)  1  2  Ta có  I = ị (8x - 2x).e x dx= ò (4x - 1).e x  2xdx   0,25  0  Đặt  t = x 2  Þ dt = 2xdx  và  x = Þ t = 0; x = Þ t = 1 .  1  0,25  Ta được  I = ị (4t - 1).et dt.  0  ìu = 4t - ỡ du = 4dt t ịớ t t ợ dv = e dt ỵ v = e 0,25  1  1  Þ I = (4t - 1).e t - ị e t dt = 3e + - 4e t  = - e 0,25  0  0  5  S  (1,0 điểm)  N  K  A  G  D  M  I  60 0  O  B  J C  Gọi O là giao điểm của  AC  và BD  Þ SO ^ ( ABCD)  Gọi  I , J  lần lượt là trung điểm của  AB, CD ;  G  là trọng tâm  D SAC   ìSJ ^ CD  Ta có  í Þ CD ^ ( SIJ )  ỵ IJ ^ CD 0  0,25  0  ÐSJI < 90  Þ Góc giữa mặt bên ( SCD )  và  mặt đáy ( ABCD )  là  ÐSJI ÞÐSJI = 60  Ta thấy  A, G, M  thuộc ( P ) ;  A, G, M  thuộc ( SAC )  Þ  A, G, M thẳng hàng và  M  là trung  điểm của  SC .  SG  2  =  ;  SO là trung tuyến tam giác  SBD Þ G  cũng là trọng tâm  G  là trọng tâm  D SAC  Þ SO 3  tam giác  SBD   Lập luận tượng tự ta cũng có  Þ B, G , N thẳng hàng và  N  là trung điểm của  SD   Gọi  K  là trung điểm của  MN  Þ  K cũng là trung điểm của  SJ    D SJI đều cạnh  a  ; G  cũng là trọng tâm D SJI nên  IK ^  SJ ;  Dễ thấy  SJ ^ MN nên SJ ^ (ABMN)  0,25  1  Thể tích khối chóp  S  ABMN  là :  V =  SK  S ABMN  3  0,25  3 a a  ; SK =  D SJI đều cạnh  a  Þ IK = 2  1 æ a ö a 3 3a2 a 3a2 a 3  3  SABMN  = ( AB + MN)IK = ỗ a + ữ = ịV = = 2 è ø  32 16  0,25  (Học sinh có  thể dùng phương pháp  tỉ số thể tích)  6  2  Ta có a + b2 + c = ( a + b + c ) - 2ab Û ( a + b ) + c 2  = 5 ( a + b + c )  (1,0 điểm)  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 1  2 2  ( a + b ) + c 2  ³ ( a + b + c ) Þ ( a + b + c ) £ ( a + b + c ) Þ < a + b + c £ 10  2  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta lại có a + 10 a + 10 æ a + 10 12  ö a + 22 = ; = Ê ỗ + 4ữ = ị 3 4è 12 a + 10 a + 10 a + 10  a + 22  ø 3  1 b + c + + b + c + 16 12  3  b + c = 3  ( b + c ) .8.8 £   = Þ 3  ³ 4 12 b + c b + c + 16  1  ỉ ị P a = b + c+ 48.12ỗ + ÷ è a + 22 b + c + 16 ø  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy­Schwarz ta được  1 2304  + ³ Þ P ³ a + b + c + a + 22 b + c + 16 a + b + c + 38 a + b + c + 38  2304  2304  Đặt t = a + b + c ị t ẻ ( 0;10 ] Þ P ³ t + Xét hàm  f (t ) = t + ( 0;10 ]  t + 38  t + 38  0,25  0,25  0,25  ( t - 10 ) ( t + 86 ) Þ f '(t ) £ "t Ỵ 0;10  ( ]  ( t + 38 ) ( t + 38 )2  Þ  f (t ) nghịch biến trên ( 0;10 ] Þ f (t ) ³ f (10), "t Ỵ ( 0;10 ] ; f (10) = 58 Þ P ³ 58  Ta có f '(t ) = - 2304  = ìa + b + c = 10  ïa + b = c  ìa = 2  ïï ï Û íb = 3  í a  + 10  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  ï = 4  ïc = 5  3  ỵ ï b + c = 8  ïỵ  ì a = 2  ï Vậy  P = 58 , đạt được khi  íb = 3  ïc = 5  ỵ  0,25 7a  ì2 x - y + = ì x = 1  ị A(11) ợ4 x + y - = ỵ y = 1  (1,0 điểm)  Tọa độ của A là nghiệm của hệ í 0,25 ổ 2t+ 1ử B ẻ d1 ị B ỗ t ữ im C ẻ d ị C ( s;5 - 4 s )  3  ø  è ì t + s + 1  ï 3  = 3  ï G  là trọng tâm tam giác  ABC  Û í 2t + 1  ï 3  + - s + 1  = 5  ï 3  ỵ  0,25  0,25  ì 61  ì 61 43  t  = ïï ïï B ( ; 7  )  7  Giải hệ này ta được  í Þí là đáp số bài toán  5  55  ïs = ïC ( ; )  ïỵ  ïỵ  7  7  0,25  r  Đường thẳng  d  đi qua điểm M ( 0; - 1;1 )  và có véc tơ chỉ phương u = (1; 2; 0 ) .  (1,0 điểm)  r  Gọi n = ( a; b; c ) ( a + b + c 2  ¹ 0 )  là véc tơ pháp tuyến  của (P).  r r  Do ( P ) chứa  d  nên:  u.n = Û a + 2b = Û a = -2 b 8a  Phương trình (P) có dạng: a ( x - ) + b ( y + 1) + c ( z - 1) = Û ax + by + cz + b - c = 0  d ( A, ( P ) ) = Û - a + 3b + 2 c  2 a + b + c 2  = 3  Mà  a = - 2 b Þ 5b + 2 c  5 b + c 2  = Û 5b + 2c = 5 b + c 2  2  Û 4b - 4bc + c 2  = Û ( 2b - c )  = Û c = 2 b ( (4 0,25 0,25  ìa = 2  Chọn  b = -1 Þ í Ta được  phương trình (P) là:  x - y - z + = 0 .  î c = -2  9a  ìï4 x - x  + > 0  (1,0 điểm)  Ta thấy  í "x Ỵ R.  x x  ïỵ 2.16 - 2.4 + > 0  Do vậy x - x  + 1  log 2  = x 2.8 x - 3.2 x  + 1  x x  2.16 - 2.4 + 1  ( 0,25 0,25  ) ) ( ) ( ) ( ) + 1) + ( - + 1) = log ( 2.16 - 2.4 + 1) + ( 2.16 - 2.4 + 1) ( 2 )  Û log x - x + - log 2  2.16 x - 2.4 x + = 2.16 x - 2.4 x + - x - x  + 1  Û log x - 2x x x x x x x 0,25  2  Xét hàm  f (t ) = log 2  t + t ( 0; +¥ )  Ta có  f '(t ) = 1  + Þ f '(t ) > "t  >0 ị f (t ) ngbintrờn ( +Ơ) t.ln 2  0,25  Do vậy ( ) Û f (4 x - x + 1) = f (2.16 x - 2.4 x + 1) Û x - x + = 2.16 x - 2.4 x + Û 2.16 x - 3.4 x + x  = 0  0,25 é x  = 0  ê x  ê = 1  é x = 0  ê Û ê 2 x  = -1 - 3  Û ê ê x = log  - 1  ê 2  2  êë 2  ê + 3  x  ê 2  = êë  2  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm  x = 0; x = log 2  - 1    2  0,25  7b  (1,0 điểm)  + Tam giác ABC  vuông tại  A  nên  I  là trung điểm của  BC   0,25 + C ẻ d ị C ( 2t +1t )  ;  I  là trung điểm BC Þ B (1 - 2t ;3 - t )  uuur uuur AB = ( -2 - 2t ;1 - t ) ; AC = ( 2t - 2; t - 2 ) ét  = 2  uuur uuur  AB ^ AC Û AB AC = Û ( -2 - 2t ) ( 2t - ) + (1 - t ) ( t - ) = 0 Û ê -2  êt = 5  ë ìï B ( -1; 2 ) +Vi t = 1ị ùợC ( 31) ỡ ổ 17ử ù Bỗ ữ -2 ù ố 5  ø +Với  t  =  Vậy Þí 5  ổ ùC ùợ ỗố 5 ữứ 8b  (1,0 điểm)  0,25  0,25  ì ỉ 17 ư ï Bỗ ữ ỡù B( -1 2) ù è ø hoặc  í í ïỵ C ( 3;1 )  ïC ỉ -2ử ùợ ỗố 5 ữứ ( Q) qua gốc toạ độ nên ( Q )  có phương trình dạng :  Ax + By + Cz = 0 ( A 0,25 + B + C ¹ 0 ) .  2  ì A + B + C  = 0  ìï( P ) ^ ( Q ) ï Từ giả  thiết ta có : í Û í A + 2 B - C  = 2  ïỵ d ( M , ( Q ) ) = 2  ï 2 2  ỵ  A + B + C ì A = - B - C  ï Ûí B - 2 C  = (*)  ï 2  ỵ  B + 2C + 2 BC 0.25  0,25  (*) Û  B = 0  hoặc  3B + 8C = 0 .  Nếu  B = 0  thì  A = - C  Chọn  C = -1 Þ A = 1  Ta được phương trình mặt phẳng ( Q )  là :  x - z = 0  0,25  Nếu  B + 8C = 0  ta chọn  C = 3; B = -8; A = 5  ta được phương trình ( Q )  là  x - y + z = 0  Vậy có hai mặt phẳng thoă mãn bài tốn, có phương trình  là :  x - z = 0  ;  x - y + z = 0  9b  0,25  Xét  hàm  f ( x ) = 24 - x  - x + 1 .  (1,0 điểm)  Ta thấy f '( x) = -24 - x .ln - Þ f ' ( x ) < 0"x ẻR ị f ( x)nghchbintrờn R M f (3) = 0 . Do vậy f(x)  ³ Û x £ 3 ;  f(x)  £ Û x ³ 3 .  0.25 é ìï f ( x ) ³ 0  ( I )  êí êïỵlog 2  ( x  - 3) > 0  4 - x  - x + 1  ³ 0 Û ê log 2  x  - 3  ê ìï f ( x ) £ 0  ê ílog ( x - 3) < 0 ( II )  ë ïỵ 2  ì x £ 3  ï ïì x £ 3  ïì x £ Ûí Û í é x > 4  Û x < -4  ( I ) Û í ỵï x - > ỵï x  > 4  ï ê x < -4  ỵ ë ì x ³ 3  ïì x ³ ïì x ³ 3  Ûí Ûí Û < x < 4  ï3 < x  < 4  ỵ3 < x < 4  ỵï0 < x - < ỵ  0,25 0,25 ( II ) Û í Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  (-¥; -4) È (3; 4) 0,25  ... THI? ?KHSCL LẦN II NĂM HỌC 2013 – 2014  HƯỚNG DẪN CHẤM TỐN 12 A,B.  Hướng dẫn chung.  ­  Mỗi một bài tốn? ?có? ?thể? ?có? ?nhiều cách giải, trong HDC này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Học sinh? ?có? ?... Tập xác định D = R  é x  = 0  ­  Ta có? ? y '' = x3  - 4 mx ;  y  '' = 0  Û ê 2  ë x = m Hàm số? ?có? ?cực đại, cực tiểu  Û y '' = 0  có? ? ba nghiệm phân biệt  Û m > 0  Khi  m > 0  đồ thị hàm số? ?có? ?một điểm cực đại là ... 2  + 2 m ;  Þ S DABC  = AH BC = m 2 .2  m = m m 2  ( 0,25  Theo giả? ?thi? ??t  S DABC  = Þ m 2  m = Û m = 1  Vậy? ?đáp? ?số bài toán? ?là  m = 1  0,25  (1,0 điểm)  Điều kiện  2sin x - ¹ Û sin x ¹ 1  2