Đề thi thử và đáp án lần 2 môn toán chuyên Vĩnh Phúc năm học 2013-2014

Học sinh có thể giải theo nhiều cách khác nhau, nếu đủ ý và cho kết quả đúng, giám khảo vẫn ch o điểm tối đa của phần đó.. ­ Câu (Hình học không gian), nếu học sinh vẽ hình sai hoặc khô[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2-CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2013 – 2014

Mơn : Tốn 12; Khối A­B

Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số 4

2

yx  mx  mm , với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

b) Tìm giá trị m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà điểm cực đại, cực tiểu đồ thị tạo thành tam giác có diện tích

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 1 sin sin 2 cos os2 3(1 cos ) sin

x x x

c x x

x

  

  



Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình

3 ( 2)

1 ( 1)

x x

x x

 

 

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I=

3

(8x 2 ).x e dxx



Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp đềuS.ABCDcó độ dài cạnh đáy a, mặt bên hình chóp tạo với mặt đáy góc

60 Mặt phẳng (P)chứa AB qua trọng tâm tam

giác SAC cắt SC, SD M, N Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a Câu (1,0 điểm)

Cho a, b, clà số thực dương thỏa mãna2b2c2 5(a b c  )2ab Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3

3

48( )

10 P a b c

a b c

    

 

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):Thí sinh chọn 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 đường thẳng d1:2x3y 1 0, d2:

4xy 5 Gọi A giao điểm d1và d2.Tìm toạ độ điểm B d1 toạ độ điểm C d2sao cho 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 qua

điểm M(0;-1;1 )và có véc tơ phươngu  (1; 2;0)điểmA(-1;2;3) Viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa đường thẳng d cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( P )

Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình log2 2 (2.8 3.2 1)

2.16 2.4

x x

x x x

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 ngoại tiếp tam giác ABC I(1;3

2) đỉnh C thuộc đường thẳng d: x2y 1 Tìm toạ độ đỉnh B C

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z = Lập phương trình mặt phẳng (Q) qua gốc toạ độ, vng góc với (P) cách điểm M(1; 2;­1) khoảng

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình

2

2

0 log ( 3)

x x

x 

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 12 A, B Hướng dẫn chung

­ Mỗi tốn có nhiều cách giải, HDC trình bày sơ lược cách giải Học sinh giải theo nhiều cách khác nhau, đủ ý cho kết đúng, giám khảo ch o điểm tối đa phần

­ Câu (Hình học khơng gian), học sinh vẽ hình sai khơng vẽ hình tốn, khơng cho điểm; câu (Hình học giải tích) khơng thiết phải vẽ hình ­ Điểm tồn chấm chi tiết đến 0.25, khơng làm trịn

­ HDC có 07 trang Câu1

(2 điểm)

Nội dung trình bày Điểm a (1 điểm)

-Khi m=1 yx42x23 *) Tập xác định D=R *)Sự biến thiên :

Chiều biến thiên

0

' 4 ( 1), '

1 x

y x x x x y x

x   

      

   

0,25

­ Hàm số đồng biến khoảng (1;0)và(1;+)nghịch biến Các khoảng (-;-1) (0;1)

­ Cực trị : Hàm số đạt cực đại x0;ycd 3

Hàm số đạt cực tiểu x=1;yCT 2 -Giới hạn lim

x

 

-Bảng biến thiên:

0,25

x  -1 +

0,25 y'

- + - +

y

+ +

- Đồ thị

0,25

- Tập xác định D=R

- Ta có

2 ' 4 ; ' x

y x mx y

x m         

Hàm số có cực đại, cực tiểu y'0có ba nghiệm phân biệt  m >

0,25

Khi m>0 đồ thị hàm số có điểm cực đại

(0; )

A m  m hai

điểm cực tiểu 4

( ; ), ( ; )

B  m m m  m C m m m  m 0,25 ABCcân A,A Ox ;B, C đối xứng qua OxGọi H trung

điểm BC 1

(0; )

2

ABC

H m m m S AH BC m m

       0,25

Theo giả thiết 1 2. 1 1

ABC

S  m m m

Vậy đáp số toán m = 0,25

(1,0 điểm)

Điều kiện sin s in x   x

1 sin sin 2 cos

os2 3(1 cos )

2 sin

x x x

c x x

x

  

  



2 (1 sin )(1 cos )

2 cos 3(1 cos ) sin

x x x x x         0,25 2

1 cos cos 3(1 cos )

2 cos (2 3) cos

x x x

x x

      

     0,25

2

cos

2 ( )

3 cos 2 x k x

x k k Z

x x k                                 0,25

Kết hợp điều kiện s inx

 ta nghiệm phương trình

2 ; ( )

6

x  k x   k kZ 0,25

(1,0

điểm) Điều kiện

3 ( 2)

0; ( 1)

( 1)

( 1)

x x x o

x x x x

x x x                       0,25 Do 3

2

3 2

( 2)

1 ( 2) ( 1)

( 1)

2 2( 1) ( 1)

2 2( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

x x

x x x x

x x

x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x

2

2

1 ( 1) ( ( 1) 1) ( 1)

1

( 1) ( 1) 1

1

x x x x x x x x

x

x x x x x x

x

             

     

          

     

0,25

Kết hợp điều kiện x >0 ta nghiệm phương trình cho

5

x  0,25

(1,0 điểm)

Ta có I=

1

(8x 2 ).x e dxx

 =

1

(4x 1).ex 2xdx

 0,25

Đặt t=x2

2 dt xdx

  x  0 t 0;x  1 t

Ta

(4 1) t I t e dt

0,25

Đặt u 4tt du t4dt dv e dt v e

  

 



 

 

 

0,25

1

1

(4 1) 4

0

t t t

I t e e dt e e e

        

0,25

(1,0 điểm)

Gọi O giao điểm AC BD SOABCD

Gọi I,J trung điểm AB,CD ; G trọng tâm  SAC

Ta có ( IJ)

IJ SJ CD

CD S CD

 

 

  

0

IJ 90

S

  Góc mặt bên(SCD) mặt đáy(ABCD)

là

IJ IJ 60

S S

   

Ta thấy A, G ,M thuộc ( P ) ; A ,G, M thuộc ( SAC)  A, G, M thẳng hàng M trung điểm SC

G trọng tâm SAC SG SO

  ; SO trung tuyến tam giác SBD G trọng tâm tam giác SBD

Lập luận tượng tựta có B,G,NA,G,M thẳng hàng N trung điểm SD

Gọi K trung điểm MN K trung điểm SJ

SJI cạnh a ;G trọng tâm  SJI nên IK SJ ; Dễ thấy SJ MN nên SJ  (ABMN)

0,25

Thể tích khối chóp S ABMN :

3 ABMN

V  SK S

SJI cạnh a ;

2 a a IK SK    0,25 2

1 3

( ) ( )

2 2

1 3

3 16

ABNM

a a a

S AB MN IK a

a a a

V

    

  

(Học sinh dùng phương pháp tỉ số thể tích)

0,25

(1,0 điểm)

Ta có 2 2

5( ) ( ) 5( )

a b c  a b c   ab a b c  a b c 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

2 2

( ) ( ) ( ) 5( ) 10

2

ab c  a b c  a b c  a b c  a b c   0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta lại có

3 10 10 10 22

; ( 4)

3 12

10 10

3

3 12

22 10

a a a a

a a a a                3

1 8 16 12

( ).8.8

4 12 16

b c b c

b c b c

b c b c                0,25 1 48.12( ) 22 16

P a b c

a b c

     

  

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy­Schwarz ta

1 2304

22 16 38 P a b c 38

a a b   a b  c     a  b c

0,25

Đặt t = a+b+c 0;10 2304 38

t P t

t

    

 Xét hàm f(t)= 2304

38 t  0;10 Ta có f’(t)=1- 23042

(t 38) =  

( 10)( 86)

'( ) 0;10 ( 38)

t t

f t t

t        ( ) f t

 nghịch biến (0;10]

 

( ) (10) 0;10 ; (10) 58 58

f t f t f P

      

10 10 a b c

a a b c

b a c b c                           

Vậy P = 58 , đạt a b c         0,25 7a (1,0 điểm)

Tọa độ A nghiệm hệ 1 (1;1)

4

x y x

A

x y y

                0,25 ( ; ) t

Bd B t  điểm Cd2C s( ;5 ) s

0,25

G trọng tâm tam giác ABC

1 3

5

3 5 t s t s                 0,25

Giải hệ ta

61 61 43

( ; )

7 7

5 55

( ; )

7 7

t B s C                   

là đáp số toán 0,25

8a (1,0 điểm)

Đường thẳng d qua điểm M (0; -1;1) có véc tơ phương

(1; 2; 0)

u

Gọi 2

( ; ; )( 0)

n a b c a b c  

là véc tơ pháp tuyến (P) Do ( ) P chứa d nên: u n  0a2b0a 2b

Phương trình (P) có dạng:

( 0) ( 1) ( 1) ax

a x b y c z   by cz   b c

0,25

2 2 ( ; ( )) a b c d A P

a b c

  

  

 

mà

a=-2b 2

2

3 5

5 b c

b c b c

b c 

     



0,25

2 2

4b 4bc c (2b c) c 2b

         0,25

Chọn b = -1 2 a c       

Ta phương trình (P) là:2x y 2z 1

9a (1,0 điểm)

Ta thấy 2.16 2.4

x x

x x x R

             Do 2 2

4

log (2.8 2.2 1)

2.16 2.4

log (4 1) log (2.16 2.4 1) (2.16 2.4 1) (4 1)

log (4 1) (4 1) log (2.16 2.4 1) (2.16 2.4 1)(2)

x x

x x x

x x

x x x x x x x x

x x x x x x x x

                               0,25

Xét hàm f t( )log2tttrên(0;)

Ta có '( ) 1 '( ) 0 ( )

.ln

f t f t t f t

t

       đồng biến (0;) 0,25

Do

(2) (4 1) (2.16 2.4 1) 2.16 2.4 2.16 3.4

x x x x x x x x

x x x

f f                 0,25 2 1 3 log 2 2 x x x x x x                           

Vậy phương trình cho có hai nghiệm 0; x =0; log2

x 

0,25

7b (1,0 điểm)

+ Tam giác ABC vuông A nên I trung điểm BC

+Cd C(2t1; );t I trung điểm củ BC B(1 ;3 t t) 0,25 ( 2 ;1 ); (2 2; 2)

2 ( 2 ).(2 2) (1 ).( 2) 2

5

AB t t AC t t

t

AB AC AB AC t t t t

t                          

  0,25

+Với t=1 ( 1; 2) (3;1) B C      0,25 +Với t= 17 ( ; )

2 5

1 ( ; ) 5 B C          

Vậy ( 1; 2) (3;1) B C     17 ( ; ) 5 ( ; ) 5 B C         0,25 8b(1,0 Điểm)

( Q ) qua gốc toạ độ nên ( Q ) có phương trình dạng :Ax+ By+ Cz =0A2B2C20

Từ giả thiết ta có :

2 2

0 ( ) ( )

2

2 ( ; ( ))

A B C

P Q

A B C

d M Q

A B C

2 2

2 (*)

A B C

A B C

A B C

   



  

 

 



(*)B0 3B+8C=0

0,25

Nếu B =0 A = -C Chọn C=-1  A1

Ta phương trình mặt phẳng ( Q ) : x-z =0 0,25

Nếu 3B+8C =0 ta chọn C= 3; B=-8; C=5 ta phương trình ( Q )là

5x8y3z0

Vậy có hai mặt phẳng thoă mãn tốn, có phương trình : x - z = 5x-8y+3z=0

0,25

9b (1,0 điểm)

Xét hàm

( ) x

f x    x

Ta thấy

'( ) xln '( ) ( )

f x      f x   x R f x nghịch biến R Mà f(3) = Do f x( )0x3; ( )f x 0x3 0,25

4

2

2 ( )

( ) log ( 3)

2

0

log ( )

( ) log ( 5)

x

f x

I x

x

x f x

II x



  

  

  

  

  



   

0,25

3

3

( ) 4

3

4 x

x x

I x x

x x

x  

 

 

  

     

  

  

   



 0,25

3 3

( )

0 3 4

x x x

II x

x x x

 

   

 

     

      

  

 

Tập nghiệm bất phương trình cho (; 4)(3; 4)