100 Đề thi thử đại học 2014 môn Toán

625 trang Đức Chiến 03/01/2024 1720

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "100 Đề thi thử đại học 2014 môn Toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

100_de_thi_thu_dai_hoc_2014_mon_toan.pdf

Nội dung text: 100 Đề thi thử đại học 2014 môn Toán

HỒ XUÂN TRỌNG 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2014 MÔN TOÁN NĂM 2014
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 20132014 Đề chính thức Môn: Toán 12. Khối D. (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = -x3 +( 2m + 1)x2 - m - 1 ( Cm ). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 . 2) Tìm m để đường thẳng y = 2mx - m - 1 cắt cắt đồ thị hàm số ( Cm )tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 sin3 x - 3 = ( 3 sin2 x + 2 sin x - 3) tan x . ì 4 9 x2 + y 2 + 2xy + = 13 ï ( ) 2 ï ( x - y ) 2)Giải hệ phương trình: í . 1 ï 2x + = 3 îï x - y 3 3x + 2 - 3x - 2 Câu III (1,0 điểm). Tính giới hạn : L = lim x® 2 x - 2 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành với AB = 2a , BC = a 2 , BD = a 6 . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD là trọng tâm G của tam giác BCD , biết SG = 2a . Tính thể tích V của hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a . 1 1 1 Câu V (1,0 điểm). Cho x, y là các số dương thoả mãn + + = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu xy x y 3y 3x 1 1 1 thức: M = + + - - x(y +1) y(x +1) x + y x2 y 2 B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIA (2,0 điểm) 1)Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AB , CD ; hai đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. Biết A( 0;3 ) , B ( 3;4 ) và C nằm trên trục hoành. Xác định toạ độ đỉnh D của hình thang ABCD . n æ 3 2 ö 2)Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : p ( x) = ç x + ÷ . Biết rằng số nguyên dương n è x ø 6 7 8 9 8 thoả mãn Cn + 3Cn + 3Cn + Cn = 2C n+ 2 CâuVIIA (1,0điểm).Xác định m để hàm số: y = ( m2 - 3m) x + 2( m - 3) cos x luôn nghịch biến trên ¡ 2.Theo chương trình nâng cao. Câu VI B (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip ( E ) biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của ( E ) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của ( E ) là 12( 2 + 3 ) . 2 3 2013 2) Tính tổng : S = 1.2.C2013 + 2.3.C2013 +L + 2012.2013.C2 013 CâuVII B (1,0 điểm).Xác định m để hàm số: y = ( m2 + m + 1) x + ( m2 - m + 1) sin x + 2m luôn đồng biến trên ¡ HẾT Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên(lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 20132014 Đề chính thức Môn: Toán 12. Khối D. (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn bản này gồm 05 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi. 3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả. II) Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Điểm Cho hàm số y = -x3 +( 2m + 1)x2 - m - 1 ( Cm ). 1,0 đ 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 . Khi m = 1 hàm số trở thành y = -x3 + 3x2 - 2 CâuI Tập xác định: R; hàm số liên tục trên R. 0,25 Sự biến thiên: lim y = +¥ ; lim y = -¥ . Đồ thị hàm số không có tiệm cận. x ®-¥ x ®+¥ Bảng biến thiên: x –µ 0 1 2 +µ y’ + 0 – – 0 + y +µ 2 2,0 đ 0.25 yĐU = 0 –2 –µ Đồ thị của hàm số có dạng như hình dưới đây: 0.25 2) Tìm m để đường thẳng y = 2mx - m - 1 cắt ( Cm )tại ba điểm phân biệt có hoành độ 1,0đ lập thành một cấp số cộng Xét phương trình hoành độ giao điểm: -x3 +( 2m + 1)x2 - m -1 = 2mx - m - 1 Û x3 -( 2m + 1)x2 + 2mx = 0 é x = 0 0.25 Û x x2 -( 2m + 1)x + 2m = 0 Û ê x = 1 ( ) ê ëê x = 2m
Ba giao điểm là: A( 0;-m - 1) ; B ( 1;m - 1 ) ; C ( 2m;4m2 - m - 1) 1 Ta có: A , B , C phân biệt Û m ¹ 0;m ¹ (*) 2 Sắp sếp các hoành độ theo thứ tự tăng dần ta có các dãy số sau • 0 ; 1 ; 2m lập thành cấp số cộng Û 0 + 2m = 2.1 Û m = 1 thoả mãn (*) 0.25 1 • 0 ; 2m ; 1 lập thành cấp số cộng Û 0 + 1 = 2.2m Û m = thoả mãn (*) 4 1 0.25 • 2m ; 0 ; 1 lập thành cấp số cộng Û 2m + 1 = 2.0 Û m = - thoả mãn (*) 2 1 1 Kết luận: m = - ; ;1 0.25 2 4 1) Giải phương trình: 2 sin3 x - 3 = ( 3 sin2 x + 2 sin x - 3) tan x .(1) Điều kiện: cos x ¹ 0 Phương trình đã cho tương đương với : CâuII 2 sin3 x.cos x - 3cos x = ( 3 sin2 x + 2 sin x - 3) sin x 0.25 Û 2 sin3 x.cos x - 3cos x = -3cos2 x.sin x + 2 sin2 x Û 2 sin2 x( sin x.cos x -1) + 3cos x( sin x.cos x - 1) = 0 Û ( sin x.cos x - 1) 2 sin2 x + 3cos x = 0 2,0 đ ( ) 0.25 æ 1 ö 2 Û ç sin 2x - 1÷ ( 2 - 2cos x + 3cos x) = 0 è 2 ø é cos x = 2 ( VN ) 2 ê Û 2 cos x - 3cos x - 2 = 0 ( do sin 2x - 2 ¹ 0,"x ) Û 1 0.25 ê cos x = - ëê 2 1 2 p Û cos x = - Û x = ± + k2p ,k Î ¢ ( thoả mãn điều kiện ) 2 3 0.25 2 p Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x = ± + k2p ,k Î¢ 3 ì 4 9 x2 + y 2 + 2xy + = 13 ï ( ) 2 ï ( x - y ) 2)Giải hệ phương trình: í . 1 ï 2x + = 3 îï x - y ì 2 é 2 1 ù ï 5( x + y) + 4 ê( x - y) + 2 ú = 13 ï ê ( x - y ) ú Viết lại hệ phương trình: í ë û Đ/K x - y ¹ 0 0.25 ï 1 ï( x + y) + ( x - y) + = 3 î ( x - y ) 1 Đặt a = x + y ; b = x - y + điều kiện b ≥ 2 . x - y 2 2 ì 5 0.25 ïì 5a + 4 ( b - 2) = 13 ì 9a2 - 24a + 15 = 0 ï a = 1Ú a = Hệ đã cho trở thành: í Û í Û í 3 ï a + b = 3 î b = 3 - a î îï b = 3 - a
ì x + y = 1 ìa = 1 ï ìx + y = 1 ì x = 1 • í Û í 1 Û í Û í îb = 2 ï x - y + = 2 îx - y = 1 î y = 1 0.25 î x - y ì 5 a = ï 3 • í Loại 5 4 ï b = 3 - a = 3 - = 0.25 îï 3 3 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất ( x; y) = ( 1;1 ) 3 3x + 2 - 3x - 2 Tính giới hạn : L = lim 1,0đ x® 2 x - 2 3 ( 3x + 2 - 2) + ( 2 - 3x - 2 ) æ 3 3x + 2 - 2 3x - 2 - 2 ö CâuIII L = lim = lim - = L - L 0.25 ç ÷ 1 2 x®2 x - 2 x® 2 è x - 2 x - 2 ø 3 3x + 2 - 2 3x + 2 - 8 L1 = lim = lim x®2 x - 2 x® 2 æ 2 3 ö ( x - 2) ç 3 ( 3x + 2) + 2 3x + 2 + 4 ÷ 1,0đ è ø 0.25 3 1 L = lim = 1 2 x® 2 3 ( 3x + 2) + 2 3 3x + 2 + 4 4 3x - 2 - 2 3x - 2 - 4 L2 = lim = lim x®2 x - 2 x® 2 ( x - 2) 3x - 2 + 2 ( ) 0.25 3 3 L2 = lim = x® 2 3x - 2 + 2 4 1 3 1 L = L - L = - = - 0.25 1 2 4 4 2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành với AB = 2a , BC = a 2 , BD = a 6 . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD là trọng tâm G của CâuIV tam giác BCD , biết SG = 2a . 1,0đ Tính thể tích V của hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a . 1,0đ 0.25 Nhận xét ABCD là hình chữ nhật (do AB2 + AD2 = BD2 ) 1 4 2 V = SG.S = a 3 0.25 S .ABCD 3 ABCD 3 K là điểm đối xứng với D qua C, H là hình chiếu vuông góc của G lên BK suy ra BK ^ ( SHG ) . Gọi I là hình chiếu vuông góc của G lên SH suy ra GI = d(AC,SB) 0.25
1 1 1 2a 2a GH = CJ mà = + Þ CJ = Þ GH = CJ 2 BC 2 CK 2 3 3 Tam giác SHG vuông ở G suy ra GI=a. 0.25 Vậy: d(AC,SB) = a 1 1 1 Cho x, y là các số dương thoả mãn + + = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: xy x y 3y 3x 1 1 1 CÂU V M = + + - 2 - 2 1,0đ x(y +1) y(x +1) x + y x y 2 1 1 ( a + b ) Đặt a = > 0, b = > 0 , theo đề bài ta có 3 - ( a + b) = ab ≤ (BĐTCauchy), Cách 1 x y 4 0.25 kết hợp với a + b > 0 suy ra a + b ≥ 2 3a 3b ab Ta tìm giá trị lớn nhất của M = + + - a2 - b 2 b +1 a +1 a + b (a + b)2 - 2 ab + a + b ab = 3 + - (a + b)2 + 2 ab 0.25 ab + a + b +1 a + b 1 é 12 ù = -(a + b)2 + a + b + + 2 (do ab = 3- (a + b ) ) 4 ëê a + b ûú 12 Đặt t = a + b ≥ 2 xét hàm số: g(t) = -t 2 + t + + 2 trên [ 2;+¥ ) t 0.25 12 g¢( t) = -2t - +1 0, b = > 0 , theo đề bài ta có M = + + - a2 - b 2 0.25 x y b +1 a +1 a + b ( a + ab + b) a ( a + ab + b) b ab M = + + - a2 - b 2 . 0.25 b +1 a +1 a + b ab ab ab ab ab ab 1 M = + + ≤ + + = ( a b + b a + ab ) (BĐT AMGM) 0.25 b +1 a +1 a + b 2 b 2 a 2 ab 2 1 1 é a ( b +1) b ( a + 1) a + b ù 3 M ≤ ( a b + b a + ab ) ≤ ê + + ú = , (BĐT AMGM) 2 2 ë 2 2 2 û 2 dấu bằng khi a = b = 1 0,25 3 Vậy giá trị lớn nhất của M bằng đạt được khi a = b = 1 Û x = y = 1 . 2 1)Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là Câu AB ,CD ; hai đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. Biết A 0;3 , B 3;4 và C 1,0đ VI A ( ) ( ) nằm trên trục hoành. Xác định toạ độ đỉnh D của hình thang ABCD .
2,0 đ 0.25 C ÎOx Þ C ( c;0 ) ( DC ) : x - 3y - c = 0 Þ D( 3d + c;d ) uuur uuur AC( 0;-3 ); BD( 3d + c - 3;d - 4 ) 0.25 AC ^ BD Þ 3dc + c2 - 3c - 3d + 12 = 0( 1) 3 7 I là trung điểm AB Þ I( ; ) 2 2 0.25 æ 3d + 2c d ö 8 - 3c J là trung điểm DC Þ J ç ; ÷ , từ IJ ^ AB Þ d = ( 2 ) è 2 2 ø 5 é c = 6 2 Thay (2) vào (1) có: 2c - 9c - 18 = 0 Û ê - 3 ê c = ë 2 c = 6 Þ d = -2 Þ D(0;- 2 )(tm ) 0,25 - 3 5 5 c = Þ d = Þ D(6; )( ktm ) 2 2 2 (Học sinh phải kiểm tra điều kiện thông qua véctơ AB và véctơ DC cùng chiều) Kết luận: D(0;-2 ) n æ 3 2 ö 2) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : p ( x) = ç x + ÷ . Biết rằng số è x ø 1,0đ 6 7 8 9 8 nguyên dương n thoả mãn Cn + 3Cn + 3Cn + Cn = 2C n+ 2 Điều kiện : nÎ¥* ,n ≥ 9 9 8 8 9 8 9 8 0.25 Û Cn+3 = 2Cn+2 Û Cn+2 + Cn+2 = 2Cn+2 Û Cn+2 = Cn+ 2 Û n = 15 15 k æ 2 ö 15 15- k æ 2 ö 15 30- 5k Khi đó 3 k 3 k k 6 p ( x) = ç x + ÷ = åC15 ( x ) ç ÷ = å C15 2 x 0.25 è x ø k =0 è x ø k = 0 30 - 5k Số hạng không chứa x tương ứng với = 0 Û k = 6 0.25 6 6 6 Số hạng không chứa x phải tìm là C15 .2 = 320320 0,25 2 Xác định m để hàm số: y = ( m - 3m) x + 2( m - 3) cos x luôn nghịch biến trên ¡ 1,0 Câu Đạo hàm : y¢ = m2 - 3m - 2 ( m - 3) sin x 0,25 VII A Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên ¡ Û y¢ ≤ 0"x Î ¡ Û m2 - 3m - 2 ( m - 3) sin x ≤ 0"x Î ¡ Û m2 - 3m - 2 ( m - 3) t ≤ 0"t Î[ -1;1] ,t = sin x 0,25
Đồ thị f ( t ) = -2 ( m - 3) t + m2 - 3m trên đoạn [ -1 ;1] là một đoạn thẳng ïì f ( -1) ≤ 0 0,25 để f ( t) ≤ 0 "t Î[ -1;1 ] Û í îï f ( 1) ≤ 0 2 ïì 2( m - 3) + m - 3m ≤ 0 ïì ( m - 3)( m + 2) ≤ 0 ì -2 ≤ m ≤ 3 Û Û Û 2 ≤ m ≤ 3 í 2 í í îï -2( m - 3) + m - 3m ≤ 0 îï ( m - 3)( m - 2) ≤ 0 î 2 ≤ m ≤ 3 0,25 Vậy để hàm số nghịch biến trên ¡ thì 2 ≤ m ≤ 3 Câu 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip ( E ) biết rằng 1,0 đ VI B có một đỉnh và hai tiêu điểm của ( E ) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình 2,0 đ chữnhật cơ sở của ( E ) là 12( 2 + 3 ) . 2 2 x y 2 2 2 ( E) : 2 + 2 = 1( a > b > 0 ) với 2 tiêu điểm F1 ( -c;0) ; F2 ( c;0)( c = a - b ,c > 0 ) 0,25 a b 2 đỉnh trên trục nhỏ là B1 ( 0;-b ) , B2 ( 0; b ) theo gt:tam giác B1F1F2 ( ÚD B1F1 F ) đều 0,25 và chu vi hình chữ nhật cơ sở của ( E ) là 12( 2 + 3 ) . ì c2 = a2 - b 2 ï ì a = 6 ï 3 ï x2 y 2 íb = 2c Û í b = 3 3 Û ( E ) : + = 1 2 36 27 0,5 ï ï c = 3 ï 4 a + b = 12 2 + 3 î î ( ) ( ) 2 3 2013 2) Tính tổng : S = 1.2.C2013 + 2.3.C2013 +L + 2012.2013.C2 013 1,0 đ k Xét số hạng tổng quát : ( k - 1) .k.C2013 "k = 2,3, ,2013. 0,25 2013! ( k - 1) .k.C k = ( k - 1) .k. = 2012.2013.C k - 2 "k = 2,3, ,2013 2013 k !( 2013 - k ) ! 2011 0,25 0 1 2 2011 Vậy S = 2012.2013.( C2011 + C2011 + C2011 +L + C 2011 ) 0,25 2011 S = 2012.2013.( 1+ 1) = 2012.2013.2 2011 0,25 Câu Xác định m để hàm số: y = ( m2 + m + 1) x + ( m2 - m + 1) sin x + 2m đồng biến trên ¡ 1,0 2 2 7B Đạo hàm y¢ = ( m + m + 1) + ( m - m + 1) cos x 1,0 đ Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên ¡ Û y¢ ≥ 0"x Î ¡ 0,25 ( m2 + m + 1) + ( m2 - m + 1) cos x ≥ 0 "x Î ¡ 0,25 ( m2 + m + 1) + ( m2 - m + 1) t ≥ 0 "t Î[ -1 ;1] với t = cos x Đồ thị f ( t) = ( m2 + m + 1) + ( m2 - m + 1) t , "t Î[ -1 ;1] trên đoạn [ -1 ;1] là một ïì f ( 1) ≥ 0 0,25 đoạn thẳng để f ( t) ≥ 0 "t Î[ -1;1 ] Û í îï f ( -1) ≥ 0 ì 2m2 + 2 ≥ 0 "m Î ¡ Û í Þ m ≥ 0 . Vậy m ≥ 0 thoả mãn yêu cầu bài toán 0,25 î 2m ≥ 0 Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên(lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 20132014 Đề chính thức Môn: Toán 12. Khối A, A1, B. (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm) Câu 1. (2,5 điểm). Cho hàm số y = mx3 -( 2m + 1)x2 + m + 1 ( Cm ). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 . 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m ¹ 0 sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại giao điểm của nó với trục tung tạo với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 4. Câu 2. (1,25 điểm) . Giải phương trình: 3( 1- 3 ) cos 2x + 3( 1+ 3 ) sin 2x = 8( sin x + cos x)( 3 sin3 x + cos3 x) - 3 - 3 3 . ì 2 1 x ï x - = y - Câu 3. (1,25 điểm) . Giải hệ phương trình: í x y ( x, y Î ¡ ) . ï î 5 y - 1 - x y = 1 3 x + 6 - 4 7x + 2 Câu 4. (1,0 điểm). Tính giới hạn : L = lim x® 2 x - 2 Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông với cạnh 2a , mặt bên ( SAB ) nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và SA = a ,SB = a 3 . Hãy tính thể tích của hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a . Câu 6. (1,0 điểm). Xét các số thực dương a,b, c thoả mãn ab + bc + ca = 7 abc . Tìm giá trị nhỏ nhất 8a4 +1 108b5 +1 16c 6 + 1 của biểu thức: P = + + a2 b2 c 2 B. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu 7A. (1,0 điểm) . Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2;0 ) ,B( 3;0 ) và diện tích bằng 4 . Biết rằng giao điểm của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x , hãy tìm toạ độ của các đỉnh C,D. 2 1 2 2 2 3 2 2013 Câu 8A (1,0điểm). Tính tổng : S1 = 1 .C2013 + 2 .C2013 + 3 .C2013 +L + 2013 .C 2013 2.Theo chương trình nâng cao. Câu 7B (2,0 điểm) .Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường cao kẻ từ B và phân giác trong kẻ từ A lần lượt có phương trình : 3x + 4 y + 10 = 0 và x - y + 1 = 0 . Biết rằng điểm M ( 0;2 ) nằm trên đường thẳng AB và MC = 2 , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác. C0 C1 C 2 C 2013 Câu 8 B (1,0 điểm). Tính tổng : S = 2013 + 2013 + 2013 +L + 2013 2 1 2 3 2014 HẾT Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên(lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GDĐT VĨNH PHÚC THI KHSCL LẦN I NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 12 A,B,A1 Hướng dẫn chung. Mỗi một bài toán 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 không gian), nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình chính của bài toán, thì không cho điểm; câu (Hình học giải tích) không nhất thiết phải vẽ hình. Điểm toàn bài chấm chi tiết đến 0.25, không làm tròn. HDC này có 04 trang. Câu Nội dung trình bày Điểm 1 1. Khi m = 1:y = x3 - 3x + 2 + TXĐ: ¡ 0.25 + Sự biến thiên: y¢ = 3x2 - 3 = 3( x -1)( x +1) , y¢ = 0 Û x = ± 1 y¢ > 0 Û x 1 suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥;-1) ,(1 ; +¥ ) ; y¢ < 0 Û -1 < x < 1 suy ra hàm số nghịch biến trên ( -1 ;1) . 0.25 Hàm số đạt cực đại tại x = -1, ycd = y ( -1) = 4; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yct = y (1 ) = 0. 3 æ 3 2 ö 3 æ 3 2 ö lim y = lim x ç1- 2 + 3 ÷ = -¥; lim y = lim x ç1 - 2 + 3 ÷ = +¥ x®-¥ x®-¥ è x x ø x®+¥ x ®+¥ è x x ø x ∞ 1 1 +∞ y' + 0 0 + 0.25 4 +∞ y ∞ 0 + Đồ thị -2 ;0 , 1;0 Giao Ox: ( ) ( ) ; 4 0;2 Giao Oy: ( ) ; I ( 0;2 ) Điểm uốn: suy ra đồ 2 0. 50 I 0;2 thị tự xứng qua ( ) 3 2. Đồ thị (Cm ) : y = mx - (2m +1)x + m + 1 cắt trục tung tại M (0 ; m + 1) . 0.25 y¢ = 3mx2 - (2m +1) Þ y¢ ( 0) = -( 2m + 1) Từ đó, khi m ¹ 0, tiếp tuyến t của (C ) tại M có phương trình m m 0.25
y = -(2m +1)x + m + 1 Do (t m ) tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 nên ta có hệ ì 1 m ¹ - ì 1 ï 2 ï m ¹ 0. 50 í Û í 2 ï m + 1 ï 2 m +1 × = 8 î( m +1) = 8 2m + 1 îï 2m + 1 Giải hệ, thu được m = 7 ± 56 và -9 ± 72. Đối chiếu điều kiện và kết luận 0.25 2 + Để ý rằng sin 2x +1 = (sin x + cos x)2;sin 3x = -4sin3 x + 3sin x và cos3x = 4 cos3 x - 3cos x nên phương trình được viết về dạng 0. 5 (sin x + cos x)( 3 sin 3x - cos3x ) = 0 p + Giải phương trình sin x + cos x = 0 ta được họ nghiệm x = - + kp , k Î ¢ 0.25 4 p + Giải phương trình 3 sin 3x - cos3x = 0 ta được họ nghiệm x = + lp , l Î ¢ 0.25 6 + Kết luận nghiệm 0.25 3 1 Điều kiện x ¹ 0, y ≥ 5 0.25 Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra hoặc y = x 2 hoặc xy = -1 1 + Nếu xy = -1 thì x < 0 < y và phương trình thứ hai trở thành 5y -1 + = 1 y ïì y ≥ 1 0. 5 Phương trình này tương đương với 5y2 - y = y -1 Û í 2 îï 2 y =1- 2 y - 5 y Do y ≥ 1 nên hệ phương trình này vô nghiệm. + Nếu y = x 2 , thay vào phương trình thứ hai, ta được 5x2 -1 =1+ x | x | . Giải phương trình, được (x; y ) = (1;1),( 2; 2),(- 7 - 41;7 - 41) 0.5 Kết luận nghiệm 4 3 4 ( x + 6 - 2) - ( 7 x + 2 - 2 ) æ 3 x + 6 - 2 4 7 x + 2 - 2 ö L = lim = lim - 0.25 ç ÷ x®2 x - 2 x® 2 è x - 2 x - 2 ø æ ö ç x + 6 - 8 7 x + 2 - 16 ÷ L = lim ç - ÷ 0.25 x® 2 2 4 æ 3 3 ö x - 2 7 x + 2 + 2 7 x + 2 + 4 ç ( x - 2) ç ( x + 6 ) + 2 x + 6 + 4 ÷ ( )( )( ) ÷ è è ø ø æ ö ç 1 7 ÷ 1 7 13 L = lim ç - ÷ = - = - 0.5 x® 2 2 4 æ 3 3 ö 7 x + 2 + 2 7 x + 2 + 4 12 32 96 ç ç ( x + 6 ) + 2 x + 6 + 4 ÷ ( )( ) ÷ è è ø ø
5 S M A H D O B C a 3 + Từ giả thiết suy ra tam giác SAB vuông tại S và SH = (H là hình chiếu của A trên AB). 2 0.25 1 2 a 3 Từ đó, do ( SAB) ^ ( ABCD ) nên VS. ABCD = SH × AB× AD = (đ.v.t.t) 3 3 1 + Do ABCD là hình vuông, nên S = S = S suy ra ABC ADC 2 ABCD 1 a 3 VS.ABC = VS . ABCD = (đ.v.t.t) 2 3 1 0.25 Mà V = × AC × SB × d ( AC; SB) × sin (· AC; SB ) nên S . ABC 6 2a 3 3 d ( AC; SB ) = AC × SB × sin (· AC; SB ) + Gọi O,M theo thứ tự là trung điểm AC, SD . Khi đó (· AC;SB) = (· OA; OM ) 6 Áp dụng định lý côsin cho tam giác AOM tính được cos ·AOM = suy ra 4 0.25 10 sin (· AC; SB) = sin ·AOM = 4 2 a Vậy d ( AC; SB ) = L = (đ.v.đ.d) 0.25 5 Chú ý: Với bài toán này (phần tính khoảng cách), có nhiều cách giải, chẳng hạn học sinh có thể sử dụng vectơ, tọa độ hay dựng đoạn vuông góc chung. Nếu cách giải đúng và cho kết quả đúng, giám khảo vẫn cho điểm tối đa của phần đó. Cách giải trong bài toán này sử dụng kết quả của Bài tập 6 (tr. 26) SGK Hình học 12 (CCT) 6 1 1 1 Viết lại giả thiết về dạng + + = 7 0.25 a b c Áp dụng bất đẳng thức AMGM, ta có 1 1 A = 8a2 + ≥ 4," = " Û a = 2a 2 2 2 2 2 1 B = 54b3 + 54b3 + + + ≥ 10," = " Û b = 0.5 9b2 9b2 9b 2 3 1 1 1 C =16c4 + + ≥ 3," = " Û c = 4c2 4c 2 2
1 1 1 Từ đó, với D = + + , theo bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacopsky Schwarz, thì 2a2 3b2 2 c 2 2 1 æ 1 1 1 ö 1 1 0.25 P = A + B + C + D ≥ 4 +10 + 3 + ç + + ÷ = 24," = " Û a = c = , b = 2 + 3 + 2 è a b c ø 2 3 KL 7a Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành, thế thì I ( a; a ) với a là số thực nào đó. 0.25 Suy ra C ( 2a - 2;2a) , D ( 2a - 3;2a ) . Từ đó, do diện tích của hình bình hành bằng 4 nên 2a = 4 Û a = ± 2. 0.25 Với a = 2 : C ( 2;4) , D ( 1;4 ) ; với a = -2 : C ( -6;-4) , D ( -7;-4 ) 0.25 Kết luận 0.25 8a 2 1 2 2 2 3 2 2013 Tính tổng : S1 = 1 .C2013 + 2 .C2013 + 3 .C2013 +L + 2013 .C 2013 2 k k 0.25 Số hạng tổng quát của tổng là ak = k C2013 = k.( k -1 + 1) C2013 "k = 1,2, ,2013 k k 2013! 2013! ak = k.( k - 1) C2013 + kC2013 = k.( k - 1) + k. "k = 1,2, ,2013 0.25 k !( 2013 - k ) ! k !( 2013 - k ) ! k -2 k - 1 ak = 2012 ×2013C2011 + 2013C2012 "k = 1,2, ,2013 0.25 0 1 2011 0 1 2012 S1 = 2012 ×2013( C2011 + C2011 +L+ C2011 ) + 2013( C2012 + C2012 +L + C 2012 ) 0.25 2011 2012 2011 2012 2011 S1 = 2012 ×2013×( 1+ 1) + 2013×( 1+ 1) = 2012× 2013× 2 + 2013× 2 = 2013× 2014 × 2 7b hb :3x + 4y +10 = 0,l a : x - y +1 = 0 0.25 + Do M ( 0;2 ) Î ( AB ) nên điểm N (1 ;1) đối xứng với M qua l a nằm trên AC . + Suy ra A là giao điểm của đường thẳng d qua N, vuông góc với hb và đường thẳng l a . Từ đó 0.25 A ( 4;5) . æ 1 ö + B là giao điểm của đường thẳng AM với hb . Từ đó B ç -3; - ÷ 0.25 è 4 ø + Do MC = 2 nên C là giao điểm của đường tròn tâm M bán kính 2 với đường thẳng d. æ 33 31 ö 0.25 Suy ra C (1 ;1) hoặc C ç ; ÷ è 25 25 ø 8b C0 C1 C 2 C 2013 Tính tổng : S = 2013 + 2013 + 2013 +L + 2013 2 1 2 3 2014 0.25 C k Số hạng tổng quát của tổng là a = 2013 " k = 0,1,2, ,2013 k k + 1 C k 2013! 1 2014! a = 2013 = = × " k = 0,1,2, ,2013 0.25 k k + 1 ( k + 1) × k !( 2013 - k ) ! 2014 ( k + 1) !( 2013 - k ) ! C k+ 1 Vậy ta được a = 2014 " k = 0,1,2, ,2013 0.25 k 2014 2014 1 1 2 2014 1 é 2014 0 ù 2 - 1 S2 = ×( C2014 + C2014 +L + C2014 ) = × ( 1+ 1) - C 2014 = 0.25 2014 2014 ë û 2014 Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên(lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1 ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 1, NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán khối A,A1,B,D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Dành cho học sinh lớp 11 mới lên 12) I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH THI KHỐI A,A1,B,D. (7,0 điểm) Câu1: (2,0 điểm). Cho hàm số y= x2 −2 x − 3 (P) a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số. b/Tìm m để đường thẳng (d): y= − x + m cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 3 2 Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình: cos2x cos x+ cos x = sin2 x sin x Câu 3: (1,0 điểm). Giải bất phương trình : x2+3 x ≥ 2 + 5 x 2 + 15 x + 14 Câu 4: (1,0 điểm). x2−3 y + 2 + 2 x 2 y + 2 y = 0 Giải hệ phương trình:   x2 +4 x − y + 1 +3 2 x − 1 = 1 Câu 5: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng 0xy cho hai đường thẳng (d ): x−2 y + 3 = 0 và 1 (d2): 3x− y − 2 = 0 . Tìm các điểm M∈(d1), N∈(d2) sao cho 3OM+ ON = 0 Câu 6: (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x31   y 3 1   z 3 1  M = x+  + y  +  + z  +  4yz   4 zx   4 xy  II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). (Thí sinh chỉ được làm đề theo khối thi đã đăng ký) A. KHỐI A, A1. Câu 7a.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho hình thoi ABCD có diện tích S = 20, một đường chéo có phương trình (d): 2x+ y − 4 = 0 và D(1;-3). Tìm các đỉnh còn lại của hình thoi biết điểm A có tung độ âm. x2 y 2 Câu 8a.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho e líp (E): + =1 có hai tiêu điểm F1,F2 (biết F1 6 2 có hoành độ âm). Gọi ( ∆ ) là đường thẳng đi qua F2 và song song với ( ∆ 1): y= − x +1 đồng thời cắt (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích tam giác ABF1 1+ cosx + cos2 x + cos3 x Câu 9a.(1,0 điểm): Chứng minh rằng: = 2cos x 2cos2 x+ cos x − 1 B. KHỐI B, D. Câu 7b.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho ∆ABC có diện tích S = 3, B(-2;1), C(1;-3) và trung điểm I của AC thuộc đường thẳng (d): 2x+ y = 0 . Tìm tọa độ điểm A. Câu 8b.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho đường tròn (T): x2+ y 2 −4 x − 6 y + 3 = 0 và đường thẳng ( ∆ ): x−2 y − 1 = 0 . Gọi A, B là giao điểm của ( ∆ ) với (T) biết điểm A có tung độ dương. Tìm tọa độ điểm C∈(T) sao cho ∆ ABC vuông tại B. π  Câu 9b.(1,0 điểm):Chứng minh rằng: cos4−x  − cos 4 x = 2sin 2 x − 1 2  HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh Xin cảm ơn (hongnhung79@yahoo.com.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl 1
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐH LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán khối A, A1, B,D - Lớp 11 Câu NỘI DUNG Điểm 1 a. (1,0 điểm) (2,0 TXĐ:R, Toạ độ đỉnh I(1;-4) 0.25 điểm) Khoảng đồng biến , nghịch biến, BBT 0.25 Vẽ đồ thị (P): Đỉnh, Giao Ox, Oy,Trục ĐX 0.25 Vẽ đúng, đẹp 0.25 b.(1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của(P) và (d) là: x2 −2 x − 3 = − x + m 0.25 ⇔ x2 − x −3 − m = 0 (1) Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt −13 0.25 ⇔ ∆ =4m + 13>0 ⇔ m > (*) 4 ( − +) ( − + ) Gọi A x1;,; x 1 m B x 2 x 2 m là giao điểm của (d) và (P) thì x1, x2 là nghiệm của pt(1) x+ x =1 0.25 Ta có AB2 = 2(x− x )2 = 2( x + x ) 2 − 8 x x . Theo viet ta có  1 2 1 2 1 2 1 2 = − − x1 x 2 m 3 Suy ra AB2 = 8m+26 0.25 Theo gt AB = 3 2 ⇔ 8m+26 =(3 2 )2 ⇔ m = -1 (thỏa mãn đk (*)). KL: 2 Giải phương trình (1,0 Pt cos2x cos x+ cos x = sin2 x sin x ⇔ cos2x cos x− sin2 x sin x = − cos x 0.25 điểm) ⇔ cos3x= − cos x ⇔ cos3x= cos(π − x ) 0.25  πk π x = + 3x=π − x + k 2 π 4 2 ⇔  ⇔  (k∈Z) 0.25 3x= x −π + k 2 π −π x= + kπ  2 π πk π Vậy PT đã cho có nghiệm: x= − + kπ ; x = + (k∈ Z ) 0.25 2 4 2 3 Giải bất phương trình (1,0 Bpt x2+3 x ≥ 2 + 5 x 2 + 15 x + 14 ⇔ 5x2+ 15 x + 14 − 5 5 x 2 + 15 x + 14 − 24 ≥ 0 0.25 điểm) ≥ 2 2 t8( tm ) Đặt t=5 x + 15 x + 14 , đk t ≥ 0 , bpt trở thành t−5 t − 24 ≥ 0 ⇔  0.25 t≤ −3( L ) Với t ≥ 8 thì 5x2 + 15 x + 14 ≥ 8 ⇔ 5x2 + 15 x + 14 ≥ 64 ⇔ x2 +3 x − 10 ≥ 0 x ≥ 2 0.25 ⇔  x ≤ −5 KL : Vậy bpt có nghiêm là x ≥ 2 hoặc x ≤ −5 0.25 4 Giải hệ phương trình (1,0 2 2 x−3 y + 2 + 2 x y + 2 y = 0(1) y ≥ 0 điểm)  đk  2 2 + − + ≥  x+4 x − y + 1 +3 2 x − 1 = 1(2) x4 x y 1 0 0.25 y y y Ta có pt (1) ⇔3 − 2 − 1 = 0 ⇔ =1 ⇔y = x2 + 2 (3) x2+2 x 2 + 2 x2 + 2 2
Thay (3) vào (2) ta được 4x− 1 +3 2 x − 1 = 1 (4) 0.25 u=4 x − 1 u+ v =1 u =1 Giải pt(4) đặt  đk u ≥ 0 , ta được hệ pt  ⇔ ⇔  0.25 3 2 3 = v=2 x − 1 u−2 v = 1 v 0 u =1  4x − 1 = 1 1 9 Với  thì  ⇔ ⇔x = .Suy ra y = (tmđk) v = 0  3 2x − 1 = 0 2 4  0.25 1 9  KL: Vậy hệ pt có nghiệm là ;  2 4  5 ∈ ∈ (1,0 M (d1) ⇒ M(2a-3; a), N (d2) ⇒ N(b; 3b-2) 0.25 điểm) Ta có 3OM = (6a-9; 3a) ON = (b; 3b-2) 0.25  5 6a+ b = 9 a = 3OM + ON = 0 ⇔  ⇔  3 0.25 3a+ 3 b = 2 b = −1 1 5  Suy ra M ;  , N(-1;-5) 0.25 3 3  6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,0 x4 y 4 z 4 x y z Ta có M = + + + + + điểm) 4 4 4 yz zx xy x4 y 4 z 4 x 2+ y 2 + z 2 = + + + 4 4 4 xyz ()x− y 2 ≥ 0 0.25  2  Ta có ()yz− ≥ 0 ⇒ xyz2+ 2 + 2 ≥ xyyzzx + + .Dấu = xảy ra khi và chỉ khi  ()−2 ≥ z x 0  x= y = z x4 y 4 z 4 xy+ yz + zx x41   y 4 1   z 4 1  Suy ra M ≥ + + + ⇔M ≥ +  +  +  +  +  0.25 4 4 4 xyz 4x   4 y   4 z  Áp dụng bđt cô si với 5 số dương ta có x41 x 4 1 1 1 1 x4 1 1 1 1 5 + = + + + + ≥5 5 = . 4x 44444 x x x x 444444 x x x x x4 1 Dấu= xảy ra ⇔ = ⇔x =1. 4 4x 0.25 y4 1 5 y4 1 Chứng minh tương tự ta được + ≥ . Dấu= xảy ra ⇔ = ⇔y =1. 4y 4 4 4y z4 1 5 z4 1 + ≥ . Dấu= xảy ra ⇔ = ⇔z =1. 4z 4 4 4z 15 Suy ra M ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 4 0.25 15 Vậy minM = . Đạt được khi x= y = z =1. 4 7.a . (1,0 điểm) Dễ thấy D∉()d , suy ra đường thẳng (d): 2x + y – 4 = 0 là pt của đường chéo AC 0.25 3
Vì ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD, và D∈BD suy ra pt của BD là: x – 2y – 7 = 0 Gọi I= AC∩ BD , tọa độ điểm I là nghiệm của hệ pt: x−2 y = 7  x = 3 ⇔  . ⇒ I(3;− 2) 2x+ y = 4  y = − 2 0.25 Mặt khác I là trung điểm của BD. Suy ra: B(5;-1)⇒ IB = 5 Vì AC ⊥ BD nên S=2IA.IB mà S=20 ⇒ IA = 2 5 0.25 Lại có A∈(d) ⇒ A( x ;4− 2 x ) . Có IA = 2 5 ⇔IA2 = 20 ⇔5(x − 3)2 = 20 ⇔ ( x − 3) 2 = 4 x=1⇒ A (1;2) ⇔  0.25 x= 5⇒ A (5;− 6) Theo gt suy ra A (5;-6) (thỏa mãn) . Vì C đối xứng với A qua I nên C(1;2) KL: Vậy A(5;-6), B(5;-1), C(1:2) 8.a (1,0 T a có a2=6; b 2 = 2 mà c2= a 2 − b 2⇒ c 2 = 4⇒ c = 2 . điểm) 0.25 Suy ra F1(-2;0), F2 (2;0) Vì ∆// ∆ và ∆ đi qua F nên pt của ( ∆ ) là: y = -x + 2 1 2 0.25 y= − x + 2  y= − x + 2 Tọa độ A,B là nghiệm của hpt  x2 y 2 ⇔   + =1 2x2 − 6 x + 3 = 0  6 2  3+ 3  3− 3 x = x =  2  2 ⇔  hoặc  0.25  1− 3  1+ 3 y = y =  2  2 3+ 3 1 − 3   3 − 3 1 + 3  Suy ra AB;;;    2 2   2 2  = = ∆ = Ta có AB 6 , d( F1 , AB ) d ( F 1 , ) 2 2 1 0.25 Suy ra diện tích tam giác ABF1 là S= d( F , AB ). AB = 2 3 (đvdt) 2 1 9.a (1,0 1+ cosx + cos2 x + cos3 x = 2cos x (*), đk cos 2x+ cos x ≠ 0 điểm) 2cos2 x+ cos x − 1 0.25 (1+ cos 2x ) + (cos x + cos3 x ) Ta có VT(*) = 2cos2 x− 1 + cos x 2cos2 x+ 2cos x cos2 x VT(*) = 0.25 cos 2x+ cos x 2cosx (cos x+ cos 2 x ) VT(*) = 0.25 cos 2x+ cos x VT(*) = 2cos x =VP(*) (đpcm) 0.25 7.b (1,0 I∈( d )⇒ I ( x ;− 2 x ) . Vì I là trung điểm của AC nên A(2x - 1; - 4x + 3) 0.25 điểm) Có BC=(3; − 4)⇒ BC = 5 0.25 PT của BC là: 4x + 3y + 5 = 0 4
−4x + 10 1 1 −4x + 10 d(,) A BC = , S= d( A , BC ). BC mà S = 3 ⇔5 = 3 5 2 2 5 0.25 ⇔5 − 2x = 3 x =1 0.25 ⇔  x = 4 Suy ra A(1;-1); A(7;-13) 8.b (1,0 Tọa độ A, B là nghiệm của hệ pt − − = = + điểm) x2 y 1 0 x2 y 1 0.25  ⇔  x2+ y 2 −4 x − 6 y + 3 = 0 (2y+ 1)2 + y 2 − 4(2 y + 1)6 − y + 30 = x=2 y + 1 x =1 x = 5 ⇔  ⇔  hoặc  5y2 − 10 y = 0 y = 0 y = 2 0.25 Suy ra A(5;2), B(1;0) Đường tròn (T) có tâm I(2;3). 0.25 Vì A, B, C ∈(T) và ∆ ABC vuông tại B ⇒ AC là đường kính của đường tròn (T) Suy ra I là trung điểm của AC ⇒ C(-1;4) 0.25 9.b π  Chứng minh rằng: cos4−x  − cos 4 x = 2sin 2 x − 1( ) (1,0 2  điểm) π 4  4 4 4 Ta có VT( ) = cos−x  − cos x = sin x − cos x 0.25 2  VT( ) =(sin2x − cos 2 x)( sin 2 x + cos 2 x) 0.25 VT( ) =sin2x − cos 2 x vì sin2x+ cos 2 x = 1 0.25 2 2 2 2 VT( ) = −(cosx − sin x ) = −(1 − 2sinx) = 2sin x − 1 =VP( ) (đpcm) 0.25 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa Xin cảm ơn (hongnhung79@yahoo.com.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl 5
S GD&T Bc Giang THI TH I HC LN 1 Trng THPT Lc Ngn s 1 N M HC 2013 - 2014 Môn: Toán - kh i A, A1, B, D. chính thc Thi gian làm bài 180 phút, không k thi gian phát I. PHN CHUNG CHO TT C THÍ SINH ( 7 im) Câu 1 (2 im). Cho hàm s y = 2x3 −3(2m +1)x2 + 6m(m +1)x +1 có th (1). a) Kho sát s bin thiên và v th ca hàm s (1) khi m = 0. b) Tìm m hàm s (1) ng bin trên khong (2;+∞) cos2 x + cos3 x −1 Câu 2 (1 im). Gii phng trình sau: cos 2x − tan2 x = cos2 x Câu 3 (1 im). Gii phng trình sau: 7 - x2 + x x + 5 = 3 - 2x - x2 (x ∈ R) Câu 4 (1 im). Tìm m h phng trình sau có 3 cp nghim th c phân bit: ÀŒ3(x +1)2 + y = m Ã ÕŒ xy =1− x Câu 5 (1 im). Cho hình chóp t giác S.ABCD có áy là hình ch nht, SA vuông góc vi áy, G là trng tâm tam giác SAC, mt phng (ABG) ct SC ti M, ct SD ti N. Tính th tích ca khi a din MNABCD bit SA=AB=a và góc hp bi ng thng AN và mp(ABCD) bng 300 . Câu 6 (1 im) Cho x,y,z tho mãn là các s th c: x2 - xy + y2 = 1.Tìm giá tr ln nht và giá tr nh nht ca biu thc: x 4 + y4 + 1 P = x 2 + y2 + 1 II. PHN RIÊNG (3 im): Thí sinh ch c làm mt trong hai phn ( Phn A hoc phn B). A. Theo chng trình chun Câu 7a (1 im). Trong mt phng Oxy, cho tam giác ABC vi AB = 5 , C(-1;-1), ng thng AB có phng trình: x + 2y – 3 = 0 và trng tâm tam giác ABC thu c ng thng d: x + y – 2 = 0 . Tìm to !nh A và B. Câu 8a (1 im). Trong mt phng vi h to Oxy, cho ng tròn (C): x2 + y2 - 4x - 4y + 4=0 và ng thng d có phng trình: x + y - 2=0 . Chng minh rng d luôn ct (C) tai hai im phân bit A và B. Tìm to im M trên ng tròn (C) sao cho din tích tam giác MAB ln nht. 12 2 2 24 Câu 9a (1 im). Cho khai tri n: (1 + x + x ) = a0 + a1x + a 2x + +a 24x . Tính a 4 . B. Theo chng nâng cao Câu 7b (1 im). Trong mt phng Oxy, cho tam giác ABC bit B(2;-1), ng cao và phân giác trong qua !nh A và C l"n lt có phng trình: 3x – 4y + 27 = 0 và x + 2y – 5 = 0. Vit phng trình các cnh ca tam giác ABC. Câu 8b (1 im). Trong mt phng Oxy, vit phng trình chính tc ca Elíp (E), bit rng tâm sai 5 ca (E) bng và hình ch nht c s có din tích bng 24. 3 Câu 9b (1 im). M t h p ng 15 viên bi, trong ó có 7 viên bi xanh và 8 viên bi . Ly ng#u nhiên 3 viên bi (không k th t ra khi h p). Tính xác xut trong 3 viên bi ly ra có ít nht 1 viên bi . Ht Chú ý: Giáo viên coi thi không gii thích gì thêm. H và tên thí sinh: S bao danh: Cảm ơn bạn Vũ Công Viên(toilatoi1908@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl
HNG DN CHM VÀ CHO IM Môn: Toán (Thi Th H ln 1 - Nm hc 2013 - 2014) Câu Ni dung c bn im 3 2 Câu 1 Cho hàm s y = 2x −3(2m+1)x +6m(m+1)x +1 có th (Cm). 2 a) Kho sát s bin thiên và v th ca hàm s khi m = 0. b) Tìm m hàm s ng bin trên khong (2;+∞) a Vi m = 0 ta có: y = 2x3 – 3x2 + 1 (1) *TX: R * Gii hn: lim y = +∞; lim y = −∞ x→+∞ x→−∞ *S bin thiên: Ta có y’ = 6x2 – 6x =6x(x-1) = 0 x = 0; x= 1 0.5 x - ∞ 0 1 + ∞ y’ + 0 - 0 + 1 + ∞ y - ∞ 0 * kt lun ng bin, nghch bin và c c tr. 0.25 * Ch! ra to im un U(1/2;1/2), Hs có th b qua b c này * V th: 0,25 1 1 O b y = 2x3 −3(2m +1)x2 + 6m(m +1)x +1 y'= 6x 2 − 6(2m +1)x + 6m(m +1) (1 ) 0.5 y’ có ∆ = (2m +1) 2 − 4(m 2 + m) = 1 > 0 »x = m y'= 0 ⇔ x = m +1 0.25
Hàm s ng bin trên (2;+∞) ⇔ y'> 0 ∀x > 2 ⇔ m +1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1 KL: m ≤ 1 0.25 Câu 2 cos2 x + cos3 x −1 Gii phng trình sau: cos 2x − tan2 x = 1 cos2 x K cosx $ 0, pt c a v cos2x − tan2 x =1+ cos x − (1+ tan2 x) ⇔ 2cos2 x − cos x -1= 0 0.5 Gii tip c cosx = 1 và cosx = 0,5 r i i chiu k a ra S: 2π 2π x = k2π , x = ± + k2π; hay x = k . 0.5 3 3 Câu 3 Gii phng trình sau: 7 - x2 + x x + 5 = 3 - 2x - x2 (x ∈ R) 1 ŒÀ3− 2x − x2 ≥ 0 0.25 PT ⇔ Ã ÕŒ7 − x2 + x x + 5 = 3− 2x − x2 ŒÀ3− 2x − x2 ≥ 0 0.25 ⇔ Ã ÕŒx x + 5 = −2(x + 2) À 0.25 Œ−3 ≤ x ≤1 Œ ŒÀ−2 ≤ x Ã Ã 1 ( do x = 0 không là nghim) 0,25 Õxy = (1− x)2 Œy = − 2 + x Õ x 2 1 Th vào (1) ta có: 3(x +1) + − 2 + x = m , (3) x 1 0,5 Xét hàm s f(x) = 3(x +1)2 + − 2 + x trên (−∞;1] , lp bng bin thiên. x Lp lun c m%i giá tr x trên (−∞;1] thì có duy nht 1 giá tr y, nên (3) có 3 nghim phân bit »20 0,25 < m ≤ 12 KL: 3 −15 < m < −4 4
Câu 5 Cho hình chóp S.ABCD có áy là hình vuông cnh bng a. mt bên SAB là 1 tam giác vuông cân nh S và nm trong mt phng vuông góc vi mt phng áy. Tính theo a th tích kh i chóp S.ABCD và tính khong cách gia hai ng thng AB và SD. + Trong mp(SAC) k& AG ct SC ti M, trong mp(SBD) k& BG ct SD ti N. S + Vì G là trng tâm tam giác ABC nên d' có SG 2 = suy ra G c(ng là trng SO 3 N tâm tam giác SBD. T) ó suy ra M, N l"n lt là trung im ca M G SC, SD. A D 1 1 + D' có: VS.ABD = VS.BCD = VS.ABCD = V . 2 2 * O Theo công th c t s th tích ta có: C B V SA SB SN 1 1 1 S.ABN = . . =1.1. = V = V V SA SB SD 2 2 S.ABN 4 S.ABD 0,5 V SB SM SN 1 1 1 1 S.BMN = . . =1. . = V = V V SB SC SD 2 2 4 S.BMN 8 S.BCD T) ó suy ra: 3 V = V +V = V. S.ABMN S.ABN S.BMN 8 1 + Ta có: V = SA.dt(ABCD) ; mà theo gi thit SA ⊥ (ABCD) nên góc hp 3 bi AN vi mp(ABCD) chính là góc NAD , li có N là trung im ca SC nên tam giác NAD cân ti N, suy ra NAD = NDA = 300. Suy ra: SA AD = = a 3 . tan 300 1 1 3 Suy ra: V = SA.dt(ABCD) = a.a.a 3 = a3 . 3 3 3 3 5 5 3a3 Suy ra: th tích c"n tìm là: V = V −V = V − V = V = . 0,5 MNABCD S.ABCD S.ABMN 8 8 24 Câu 6 Cho x,y,z tho mãn là các s th c: x2 - xy + y2 = 1.Tìm giá tr ln nht và giá 1 tr nh nht ca biu thc: x 4 + y4 + 1 P = x 2 + y2 + 1 T÷ giû thiπt suy ra: 0,25
1 = x 2 − xy + y 2 ≥ 2xy − xy = xy 1 = (x + y)2 − 3xy ≥ −3xy 1 T÷ ú≈ ta c≈ − ≤ xy ≤1 . 3 M ñt kh†c x 2 − xy + y 2 =1 ⇔ x 2 + y 2 =1+ xy nòn x 4 + y 4 = −x 2 y 2 + 2xy +1 .úñt t=xy VÕy bùi to†n trÕ thùnh tªm GTLN,GTNN c“a 0,25 − t 2 + 2t + 2 1 P = f (t) = ;− ≤ t ≤1 t + 2 3 6 »t = 6 − 2 T¿nh f '(t) = 0 ⇔ −1+ 2 = 0 ⇔ 0,25 (t + 2) t = − 6 − 2(l) 1 Do hùm s liòn t’c tròn [ − ;1] nòn so s†nh gi† tr¡ c“a 3 −1 f ( ), f ( 6 − 2) , f (1) cho ra kπt quû: 3 0,25 1 11 MaxP = f ( 6 − 2) = 6 − 2 6 , min P = f (− ) = 3 15 Câu Trong mt phng Oxy, cho tam giác ABC vi AB = 5 , C(-1;-1), ng 7a thng AB có phng trình: x + 2y – 3 = 0 và trng tâm tam giác ABC thuc (1) ng thng d: x + y – 2 = 0 . Tìm to nh A và B. * Gi s+ A(3-2a ; a); B(3 - 2b; b) 0,25 * Tính trng tâm tam giác G. Vì G thu c d nên ta có: 0,25 * Mt khác AB = 5 . ≈ 3 ’ ≈ 1 ’ ≈ 3 ’ ≈ 1 ’ 0,5 * T) ó gii h ta c: A∆6;− ÷; B∆4;− ÷ hoc B∆6;− ÷; A∆4;− ÷ « 2 ◊ « 2 ◊ « 2 ◊ « 2 ◊ Câu Trong mt phng vi h to Oxy, cho ng tròn (C): 8a x2 + y2 - 4x - 4y + 4=0 và ng thng d có phng trình: x + y - 2=0 . Chng (1) minh rng d luôn ct (C) tai hai im phân bit A và B. Tìm to im M trên ng tròn (C) sao cho din tích tam giác MAB ln nht. 0,25 * Ch! ra (C) có tâm I(2;2), R = 2. * Ta giao im d và (C) là nghim h: C Àx2 + y2 − 4x − 4y + 4 = 0 Ã I Õx + y − 2 = 0 1 H Gii h tìm c A(0;2); B(2;0) 1 Hay d luôn ct (C) ti hai im phân bit A và B 0,25
1 0,25 * Ta có S = AB.CH ( H là hình chiu C trên AB), S max CH max ∆ABC 2 ∆ABC ÀC = ∆ ∩ (C) D' thy Ã ( ∆ ) có pt: y =x Õxc > 2 0,25 Gii h tìm c C (2 + 2;2 + 2 ) 2 12 2 24 Câu Cho khai trin: 1 + x + x = a + a x + a x + +a x . Tính a . 9a ( ) 0 1 2 24 4 (1) n 2 n * Xét s hng t,ng quát ca khai trin: C12 (x + x ) . n 0,25 * khai trin x + x2 có s hng t,ng quát: C k xn−k .x2k ( ) n => s hng t,ng quát ca khai trin ã cho có dng: n k n−k 2k C12 .Cn x .x (0 ≤ k ≤ n ≤ 12). 4 * S hng cha x khi n + k = 4, vi k trên ta tìm c 0,25 (k,n)∈{(0;4);(1;3);(2;2)}. 0,25 Thay vào ta c: a4 = 1221 0,25 Câu Trong mt phng Oxy, cho tam giác ABC bit B(2;-1), ng cao và phân 7b giác trong qua nh A và C ln lt có phng trình: 3x – 4y + 27 = 0 và (1) x + 2y – 5 = 0. Vit phng trình các cnh ca tam giác ABC. * Phng trình cnh BC: 4x+3y-5=0 À4x + 3y − 5 = 0 * Ta C là nghim h: Ã =>C(-1;3) Õx + 2y − 5 = 0 * Gi B' là im i xng ca B qua CD => B'∈ AC 0,5 * Tìm c B' => phng trình AC: y = 3. A * Tìm c A(-5;3) * Vit c pt AB: 4x+7y-1=0. D 0,25 KL: 0,25 H C B Câu Trong mt phng Oxy, vit phng trình chính tc ca Elíp (E), bit rng 8b 5 tâm sai ca (E) bng và hình ch nht c s có din tích bng 24 (1) 3 x2 y2 Gi s+ ptct (E): + =1,(a > b > 0) a2 b2 c a2 − b2 5 0,5 T) gi thit ta có e = = = 2a=3b, (1) a a 3 Mt khác hình ch nht c s có chiu dài bng 2a, chiu r ng 2b nên ta có: 2a.2b= 24 a.b = 6, (2) 0,25 Gii h (1) và (2) tìm c a = 3, b= 2. x2 y2 0,25 KL: + =1 9 4 Câu Mt hp ng 15 viên bi, trong ó có 7 viên bi xanh và 8 viên bi . Ly 9b ng u nhiên 3 viên bi (không k th t ra khi hp). Tính xác xut trong 3 (1) viên bi ly ra có ít nht 1 viên bi .
3 0,25 * S ph"n t+ không gian m#u: n(Ω) = C15 = 455 3 * Xét A là bin c "c 3 viên c chn màu xanh": => n(A) = C7 =35 35 1 0,25 * Xác sut ca bin c A: P(A) = = 455 13 * Xét B là bin c "có ít nht 1 bi c chn" 0,5 12 P(B) = 1- P(A) = 13 KL: Chú ý: - Trên ây ch là áp án vn tt và hng d n cho im. Hc sinh phi lp lun cht ch mi cho im t i a. - Hc sinh gii cách khác úng v n cho im t i a theo thang im. Cảm ơn bạn Vũ Công Viên(toilatoi1908@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Môn: TOÁN; Khối A, A1 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi 02/11/2013 2x − 4 Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: y = x −1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị(C) của hàm số. b. Tìm m để đường thẳng d có phương trình y=2 x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt 4= 15 A và B sao cho S∆IAB với I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C). Câu 2 (1.0 điểm) Giải phương trình: 3cosx− 2 = 3 (cosx − 1 )cot2 x 48x x− 412 − y2 − 54 = y 3 + 13 y + 18 x − 9 Câu 3 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 3 2 4x− 8 x + 4 2 x − 1 + 2 y + 7 y + 2 y = 0 n−3− 2 = 1 n + 2 Câu 4 (1.0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: CCCCn n−1 n − 1 n + 3 . Tìm hệ số của n 11 3− 8 n  số hạng chứa x trong khai triển nhị thức NewTon của biểu thức: P= x xn −  3x  Câu 5 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, cạnh AD= a 6 và cạnh AB= a 3 , M là trung điểm cạnh AD, hai mặt phẳng (SAC) và (SBM) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp S.OMC và chứng minh đường thẳng BM vuông góc với mặt phẳng (SAC) biết góc giữa cạnh bên SA và đáy là 60o. Câu 6 (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: xy ≥ 1 và z≥ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: x y z3 + 2 P = + + y+1 x + 1 3 (xy + 1 ) ∆ ∆ Câu 7 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 và 2 có phương trình lần lượt là: 2x− 11 y + 7 = 0 và 2x+ 3 y + 4 = 0 . Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M(8 ;− 14 ) , cắt hai đường thẳng ∆, ∆ lần lượt tại A và B sao cho: 1 2 3MB+ 2 AM = 0 . Câu 8 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1 ) và (C2 )có 1 phương trình lần lượt là: (x−1 )2 + y 2 = và (x−2 )2 + (y − 2 ) 2 = 4 . Lập phương trình đường 2 ∆ thẳng tiếp xúc với (C1 ), đồng thời cắt (C2 )tại hai điểm phân biệt A, B sao cho: AB= 2 2 . Câu 9 (1.0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2x+ 3 + (2 − 2m)x − 3 = (m − 1)x2 − 9 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Cảm ơn bạn (huynhltt@yahoo.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a. (1.0 điểm) Khảo sát (2.0 điểm) • Tập xác định: D= ℝ \ {1}. • Sự biến thiên: lim y= 2 , lim y= 2⇒ y= 2 là đường TCN của đồ thị hàm số. 0.25 x→−∞ x→+∞ = −∞ = +∞ ⇒ = đườ Đ ủ đồ ị ố lim+ y , lim− y x 1là ng TC c a th hàm s . x→ 1 x→ 1 2 y'= > 0 ∀ x ∈ D (x− 1)2 0.25 ⇒ Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ ;1) và (1;+∞ ). Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y' + + 0.25 y +∞ 2 2 −∞ • Đồ thị: x 0 2 y 4 0 - Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;2) làm tâm đối xứng. 0.25 b. (1.0 điểm) Viết phương trình đường thẳng Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình: 2x− 4 x≠ 1 =2x + m ⇔  x− 1 2x2 + (m − 4)x − m + 4 = 0(1) d cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 0.25 2+ (m − 4) − m + 4 ≠ 0 m 0 m> 4 + + Khi đó, giả sử A(xAABB ;2x m),B(x ;2x m) với xAB ,x là nghiệm của (1) 4− m 4− m 0.25 Áp dụng định lý Vi-ét ta có: x+ x = và x x = AB 2 AB 2 m Ta có: 4S= 15 ⇔ 2d(I,AB).AB = 15 ⇔ 2 ⋅ ⋅ AB = 15 ⇔ 4AB2 .m 2 = 1125 IAB 5 0.25 ⇔ −2 2 = ⇔ + 2 − 2 = 20(xABABAB x).m 1125 4[(x x) 4xx]m 225 ⇔−(m2 16)m 2 =⇔=∨=− 225 m 2 25 m 2 9(loaïi) ⇔=± m 5 tm(*) 0.25 Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: m= ± 5. Trang 1/4
2 Giải phương trình (1.0 điểm) Điều kiện: sin x≠ 0 cos2 x Khi đó phương trình ⇔3cosx − 2 = 3(cosx − 1) sin2 x 0.25 cos2 x ⇔3cosx − 2 = 3(cosx − 1) ⋅ 1− cos2 x cos2 x ⇔3cosx − 2 = 3(cosx − 1) ⋅ (1− cosx)(1 + cosx) 0.25 −3cos2 x ⇔3cosx − 2 = 1+ cosx ⇔(3cosx − 2)(1 + cosx) = − 3cos2 x ⇔6cos2 x + cosx − 2 = 0 cosx= 1/ 2 x= ±π / 3 + k2 π ⇔ (tmđk) ⇔   = − = ± − + π cosx 2 / 3 x arccos() 2/3 k2 0.25 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x= ±π /3 + k2;x π = ± arccos( − 2/3) + 2k π . 3 Giải hệ phương trình (1.0 điểm) Điều kiện: x≥ 1/ 2. PT ⇔8x 2x − 1 = 4y3 + 12y 2 + 13y + 5 + 32x − 1 0.25 ⇔[4(2x − 1) + 1] 2x − 1 = 4(y + 1)3 + (y + 1)⇒ y+ 1 ≥ 0 Đặt 2x− 1 = u(u ≥ 0) thì pt trở thành: 4u3+ u = 4(y + 1) 3 + (y + 1)(*) Xét hàm số: f(t)= 4t3 + t với t≥ 0 Ta có: f'(t)= 12t2 + 1 > 0 ∀ t ≥ 0 ⇒ hàm số f(t) đồng biến trên (0;+∞ ) 0.25 Do đó (*)⇔ f(u) = f(y1) + ⇔ u = y1 + ⇒ 2x1− = y1 + ⇔ 2x = y2 + 2y + 2 Thế vào (2) ta được: (y2++− 2y 2) 2 4(y 2 +++++++= 2y 2) 4(y 1) 2y3 7y 2 2y 0 ⇔y4 + 6y 3 + 11y 2 + 6y = 0 ⇔ y(y 3 + 6y 2 + 11y + 6) = 0 0.25 ⇔y(y + 1)(y2 + 5y + 6) = 0 y= 0⇒ x= 1 (tmñk)  y= − 1⇒ x= 1/ 2 (tmñk) ⇔ 0.25 y= − 2 (loaïi)  y= − 3 (loaïi) 4 Tìm số hạng chứa (1.0 điểm) Điều kiện: n∈ℕ , n ≥ 3 − + n! (n− 1)! (n − 1)! (n + 3)! CCCCn 3− 2 = 1 n 2 ⇔ − = ⋅ n n− 1 n − 1 n + 3 3!(n− 3)! (n − 3)!2! (n − 2)!1! (n + 2)!1! ⇔n(n − 1)(n − 2) − 3(n − 1)(n − 2) = 6(n − 1)(n + 3) 0.25 n= − 1 (loaïi) ⇔n(n − 2) − 3(n − 2) = 6(n + 3) ⇔n2 − 11n − 12 = 0 ⇔  n= 12 (thoûa maõn) 12 k 12− 12 4 12 k  4  − =34 − = 3k4 − = kk515k − 0.25 Khi đó: Pxx  xCx∑12()   ∑ C(4)x 12 x k= 0  x  k = 0 Số hạng tổng quát trong khai triển là: Ck (− 4) k x 51− 5k 12 0.25 Số hạng chứa x11 ứng với 51− 5k = 11 ⇔ k = 8 11 8− 8 = Vậy hệ số của số hạng chứa x trong khai triển là: C12 ( 4) 32440320. 0.25 Trang 2/4
5 Tính thể tích khối chóp (1.0 điểm) S Ta có: AC= AD2 + DC 2 = 3a - Gọi H= AC ∩ BM ⇒ H là trọng tâm của tam giác ABD. 2 1 ⇒ AH= AO = AC = a 3 3 0.25 - Do (SAC) và (SBM) cùng vuông A 60o M ⊥ D góc đáy ⇒ SH (ABCD) ⇒ SH là H đường cao của hình chóp S.OMC O ⊥ - Do SH (ABCD) nên góc giữa SA B C và (ABCD) là góc SAO= 60o 1 1 3a2 2 Có SH= AH tan60o = a 3, S= d(C,OM).OM = DM.OM = ⋅ ∆OMC 2 2 8 0.25 1 1 3a2 2 a 3 6 Vậy V= ⋅ SH.S = ⋅ a 3 ⋅ = ⋅ S.OMC3∆ OMC 3 8 8 2 2 ▪ Do H là trọng tâm tam giác ABD⇒ BH= BM = AB2 + AM 2 = a2. 3 3 0.25 ∆AHB có AB2= 3a 2 = a 2 + 2a 2 = AH 2 + HB 2 ⇒ ∆ AHB vuông tại H Suy ra AH⊥ HB. Mà SH⊥ (ABCD) nên SH⊥ HB 0.25 Do đó HB⊥ (SAH) hay BM⊥ (SAC) (đpcm) 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P (1.0 điểm) 1 1 2 Ta có: + ≥ ⇔(2 + x + y)(1 + xy) ≥ 2(1 + x + y + xy) x+ 1 y + 1 1+ xy ⇔2 xy ++ (x y) xy ≥++⇔+ x y 2xy (x y)( xy −− 1) 2 xy( xy − 1) 0.25 ⇔( xy − 1)( x − y)2 ≥ 0 luôn đúng do xy≥ 1 z3 + 2 1 Và z3+ 2 = z 3 + 11 + ≥ 3z.1.13 3 = 3z ≥ 3 ⇒ ≥ 3(xy+ 1) xy + 1 x y 1 1 1  1 Khi đó: P≥ ++++ 1 1 −=++ 2 (x y 1) +  + − 2 y1+ x1 + xy1 + x1y1xy1 + +  + 0.25 2 1 ≥(2 xy + 1) ⋅ + − 2 1+ xy xy+ 1 (2t+ 1)2 1 2t 1 Đặt xy= t(t ≥ 1) . Ta có: P≥ + − 2 = + = g(t) t+ 1 t2 + 1 t + 1 t 2 + 1 2 2t 2(t1)(t−2 2 + t1) + 0.25 Ta có: g '(t) = − = ≥ 0 với ∀t ≥ 1 (t+ 1)2 (t 2 + 1) 2 (t + 1)(t 2 2 + 1) 2 ⇒ Hàm số g(t) đồng biến trên [1;+∞ )⇒ g(t)≥ g(1) = 3/2 ⋅ Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 / 2. 0.25 Dấu “=” xảy ra khi x= y = z = 1. 7 Lập phương trình đường thẳng đi qua M (1.0 điểm) 11a− 7   11a − 23  Do A∈∆ ⇒ A ;a  ⇒ MA=  ;a + 14  0.25 1 2   2  −3b − 4   − 3b − 20  B∈∆ ⇒ B ;b  ⇒ MB=  ;b + 14  0.25 2 2   2  Theo giả thiết ta có: 3MB+ 2AM = 0 ⇔ 3MB = 2MA Trang 3/4
−9b − 60  =11a − 23 22a+ 9b = − 14  a = 1⇒ A(2;1) ⇔2 ⇔  ⇔  0.25  2a3b− = 14  b = − 4⇒ B(4;4)− 3b+ 42 = 2a + 28 Ta có: AB= (2; − 5) là 1 VTCP của AB⇒ n= (5;2) là 1 VTPT của AB. 0.25 Vậy phương trình đường thẳng AB là: 5x+ 2y − 12 = 0. 8 Lập phương trình đường thẳng ∆ (1.0 điểm) = = (C1 ) có tâm I1 (1;0) và b/k R1 1/ 2 , (C2 ) có tâm I2 (2;2) và b/k R2 2 Giả sử đường thẳng ∆ có phương trình dạng: ax+ by + c = 0(a2 + b 2 ≠ 0) 0.25 a+ c ∆ ⇔ ∆ = ⇔ = 1 tiếp xúc (C)1 d(I,)R 1 1 (1) a2+ b 2 2 Gọi H là trung điểm AB. 2 AB  2a+ 2b + c 0.25 ⇒ ∆ = =2 − = − = ⇔ = d(I,)IH2 2 R 2   42 2 2 (2) 2  a2+ b 2 c= 2b Từ (1) và (2) ta có: 2 a+ c = 2a + 2b + c ⇔  c= − (4a + 2b) / 3 a= − b ▪ Với c2b= ⇒ (1)⇔ a2 + b 2 = 2a2b + ⇔  a= − 7b 0.25 a= 1,c = − 2 Do a2+ b 2 ≠ 0⇒ b≠ 0 . Chọn b= − 1⇒  a= 7,c = − 2 ⇒ phương trình đường thẳng ∆ là: x− y − 2 = 0,7x − y − 2 = 0. 4a+ 2b a + 2b b= a ▪ Với c= − ⇒ (1)⇔ a2 + b 2 = 2 ⇔  3 3 b= 7a b= 1,c = − 2 0.25 Do a2+ b 2 ≠ 0⇒ a≠ 0 . Chọn a= 1⇒  b= 7,c = − 6 ⇒ phương trình đường thẳng ∆ là: x+ y − 2 = 0,x + 7y − 6 = 0. 9 Tim m để phương trình có nghiệm (1.0 điểm) Điều kiện: (x− 3)(x + 3) ≥ 0 ⇔ x ≤ − 3 ∨ x ≥ 3. Nhận thấy x= 3 không là nghiệm của phương trình ⇒ x≠ 3 Khi đó phương trình: 0.25 x+ 3 x+ 3 x + 3 x + 3 ⇔⋅2 +−=− 22m(m1) ⇔⋅ 2 +−=− 22m(m1) (do ĐK) x− 3 x − 3 x − 3 x − 3 x+ 3 Đặt =t (t ≥ 0,t ≠ 1) . Khi đó, phương trình trở thành: x− 3 0.25 2t2 + t + 2 2t2 +− 22m(m1)t =−⇔ 2t2 ++=+ t2(t2)m ⇔= m (*) t+ 2 2t2 + t + 2 Xét hàm số: f(t) = với t∈ [0; +∞ ) ; lim f (t) = +∞ t+ 2 t→+∞ 0.25 2t2 + 8t Ta có: f'(t)= ≥ 0 ∀ t[0; ∈ +∞ ) ⇒ Hàm số đồng biến trên [0;+∞ ) (t+ 2)2 Do đó phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm thỏa mãn: t≥ 0,t ≠ 1 m≥ f(0)  m ≥ 1 0.25 ⇔ ⇔  m≠ f(1)  m ≠ 5/ 3 ▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa. Cảm ơn bạn (huynhltt@yahoo.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC. TỔ TOÁN –TIN NĂM HỌC:2013 - 2014 Đề chính thức MÔN: TOÁN. KHỐI A , A1- B - D. Thời gian làm bài: 180 phút – không kể thời gian phát đề. Đề gồm 01 trang. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): x 1 Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số: y (C) 2(x 1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0. 2 Câu 2 (1 điểm).Giải phương trình: 2cos 2x 2cos2 x 4sin 6 x cos4 x 1 4 3 sin 3 x cos x 3 2y y 2 x 1 x 3 1 x Câu 3 (1 điểm).Giải hệ phương trình: ( x, y R ) 2 2y 1 y 2 x 5 4x 10 Câu 4 (1 điểm). Giải bất phương trình: 2 x 3 x 2 x R x x Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2AC BC 2 a . Mặt phẳng SAC tạo với mặt phẳng ABC một góc 600 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là trung điểm H của cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S. ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và SB . Câu 6 (1 điểm). Cho x, y, z 0 thoả mãn x + y + z > 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 y 3 16 z 3 P x y z 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng d : x 2 y 5 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường thẳng AC đi qua điểm K 6;2 Câu 8.a (1 điểm). Trong không gian Oxyz cho tam gi¸c ABC cã: ABC 2;3;1 , 1;2;0 , 1;1; 2 . ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng ( d) ®i qua trùc t©m H cña tam gi¸c ABC vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng ( P): x - 3y + 2z + 6 = 0. 1 2n 1 n Câu 9.a(1 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 255 cnc nc n cn n Hãy tìm số hạng chứa x14 trong khai triển nhị thức Niu tơn P(x) = 1 x 3 x2 . B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 7.b. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A 2;6 , chân 3 đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D ;2 và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 2 1 điểm I 1; . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC. 2 Câu8.b(1điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A 0;0; 1 , B 1;2;1 , C 2;1; 1 , D 3;3; 3 .Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN 3 . log (y 2 x 8) 6 2 Câu 9.b (1 điểm). Giải hệ phương trình: x x y x y 8 2 .3 2.3 . Hết Cảm ơn bạn (hongnhung79@yahoo.com) gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC. HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC: 2013 - 2014 Đề chính thức MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm 1 TXĐ: D = R\ 1 1 Chiều biến thiên: y, 0 , với x D 1 2 0.25 (x 1) 1đ hàm số đồng biến trên mỗi khoảng : ; 1 và 1; Cực trị: hàm số không có cực trị Giới hạn, tiệm cận : 1 1 lim y , lim y ; Lim y , Lim y x 2 x 2 x ( 1) x ( 1) 0.25 1 y là tiệm cận ngang; x 1 là tiệm cận đứng. 2 Bảng biến thiên: x 1 y, y 1 2 0.25 1 2 1 3 Đồ thị: đi qua các điểm (0; ) ; (-2; ) 2 2 1 Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1; ) làm tâm đối xứng 2 y 0.25 1 I 2 x -1 O 2 x 1 .Gọi M( x ; 0 ) ()C là điểm cần tìm 0 2(x 1) 0 Gọi tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình x 1 1 x 1 0.5 : y f' ( x )( x x ) 0 y () x x 0 0 0 2(x 1) 2 0 2(x 1) 0 x0 1 0
1đ x2 2 x 1 Gọi A = ox A( 0 0 ;0) 2 2 x0 2 x 0 1 B =  oy B(0; 2 ). Khi đó tạo với hai trục tọa độ OAB có trọng 2(x0 1) 2 2 x0 2 x 0 1 x 0 2 x 0 1 tâm là: G ; 2 . 6 6(x0 1) 2 2 x0 2 x 0 1 x 0 2 x 0 1 Do G đường thẳng:4x + y = 0 4. 2 0 6 6(x0 1) 1 2 4 (vì A, B O nên x0 2 x 0 1 0) x 1 2 0 0.25 1 1 x 1 x 02 0 2 1 3 x 1 x 02 0 2 1 1 3 3 3 5 Với x M (;) ; với x M (;) . 0 2 2 2 0 2 2 2 0.25 (PT ) 2cos2 2 x 1 2cos2 x 4sin 6 x cos 4 x 4 3 sin 3 x cos3 x 2cos4x 2cos2 x 4sin 6 x 4 3 sin 3 x cos3 x cos 4x cos2 x 2sin 6 x 2 3 sin 3 x cos x 0.5 2sin 3x sin x 4sin 3 x cos3 x 2 3 sin 3 x cos x 2sin3x sin x 2cos3 x 3cos x 0 sin 3x 0 sinx 3 cos x 2cos3 x 1đ 0.25 2 * sin3x 0 x k k Z 3 *sinx 3 cos x 2cos3 x cos x cos3 x 6 x k 12 k Z 0.25 k x 24 2 k k Vậy nghiệm của phương trình là x k ;; x x k Z 12 24 2 3 1 đ 3 2y y 2 x 1 x 3 1 x (1) 3 2. Giải hệ phương trình: . 1.0 2 2y 1 y 2 x (2) Điều kiện: x 1. Với điều kiện đó, ta có (1) 2y3 y 2 1 x 2 x 1 x 1 x 0,25 2y3 y 2(1 x ) 1 x 1 x
Xét hàm số f( t ) 2 t3 t , ta có f,( t ) 6 t 2 1 0  t R f ( t ) đồng biến trên R. y 0 0,25 (1)f ( y ) f ( 1 x ) y 1 x Vậy 2 y 1 x 2 x Thế vào (2) ta được : 3 2x 1 x 2 x 2 x 3 2x 1 x 1 0,5 2 x 10 32 x 1 x 1(12 x x 0) 3 2x 1 x x 1.Suy ra nghiệm của hệ là (x; y) =(1; 0) 1đ Giải bất phương trình x 0 x 0 ĐK: 10 x 0 0.25 x 2 0 x2 2 x 10 0 x Với điều kiện trên, 0.25 (bpt) 2x2 4 x 5 x 2 2 x 10 2 x 2 2 x 10 15 x 2 2 x 10 4 Đặt t x2 2 x 10 x 1 2 9 3 * 5 2 t 0.25 Bpt trở thành 2t t 15 0 2 t 3 do * t 3 t 3 x2 2 x 10 3 x 2 2 x 1 0 x 1 2 0 luôn đúng. 0.25 Vậy nghiệm bất phương trình là x 0; 1đ S K C H B N a M A 0.25 5   ABC vuông tại A có BC 2 a ; AC a ; B 300 ; C 60 0 ; Gọi N là trung điểm của AC. Vì  0 AC AB AC  HN; AC  SH AC  ( SHN ) SNH 60 a3 3 a a 2 3 Trong tam giác SNH HN ; SH ; mặt khác S ABC 2 2 2 0.25 1 a 3 3 V S. SH ()đvtt S. ABCD3 ABC 4 Kẻ a// AH (a đi qua B) HA// SB , a 0.5 Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đó HK d HA; SB
a 3 Tam giác ACH đều nên HBM  AHC 600 HM HB sin 60 0 2 1 1 1 3a Trong tam giác SHM ta có HK HK2 HM 2 HS 2 4 1đ x y 3 Trước hết ta có: x3 y 3 (chứng minh bằng cách biến đổi tương đương) 0.25 4 33 3 3 x y 64 z a z 64 z 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 4P 1 t 64 t3 a3 a 3 6 z (với t = , 0 t 1); Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 . Có   0.5 a 2 1 f'( t ) 3 64 t2 1 t , f '( t ) 0 t  0;1  9 64 16 Lập bảng biến thiên Minf t GTNN của P là đạt được khi t 0;1  81 81 0.25 x = y = 4z > 0 A.Theo chương trình Chuẩn. 1 đ B d : x 2 y 5 0 nên gọi B 5 2 b ; b , vì B, C đối xứng với nhau qua O suy ra C(2 b 5; b ) và O(0;0) BC 0.25 Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là d : x 2 y 5 0 I(2;4) và I AB 0.25  Tam giác ABC vuông tại A nên BI 2 b 3;4 b vuông góc với  7.a CK 11 2 b ;2 b 0.25 2 b 1 2b 3 11 2 b 4 b 2 b 0 5 b 30 b 25 0 b 5 Với b 1 B (3;1), C ( 3; 1) A (3;1)  B loại 31 17 31 17 Vớib 5 B ( 5;5), C (5; 5) A ; .Vậy ABC ; ; ( 5;5); (5; 5) 0.25 5 5 5 5 1đ Gäi H x;; y z là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi 8.a 0.25 BH AC,, CH  AB H ABC 2   x BH. AC 0 x 1 2 y 2 3 z 0 15   29 CH. AB 0 3 x 1 y 1 z 2 0 y    15 AH AB, AC 0 x 2 8 y 3 5 z 1 0 0.25 1 z 3 2 29 1 H ( ; ; ) 15 15 3 Do (d) vuông góc với mp(p) nên (d) nhận u (1; -3; 2) làm véc tơ chỉ phương 0.25
2 29 1 x y z 0.25 Phương trình đường thẳng (d) là: 15 15 3 1 3 2 1đ 0 1 2n 1 n n n Với n nguyên dương ta có: Ta có CCCCCn n n n n (1 1) 2 1 1 n n CCCn n n 2 1 0.25 n n 8 Theo giả thiết ta có 2 – 1 = 255 2 = 256 = 2 n = 8. 8 k k 2 2 8 C3 x x = P(x) = (1 + x + 3x ) =  8 k 0 0.25 8 k 8 k 9.a = Ck C m(3 x2 ) k m x m = Ck C m3 k m . x2 k m 8  k  8 k . k 0 m 0 k 0 m 0 2k m 14 m 0 m 2 0 m k 8 YCBT  . 0.25 k 7 k 8 m, k Z 14 7 0 7 8 2 6 14 Vậy số hạng chứa x là: ( CCCC8 73 8 8 3 )x 0.25 B. Theo chương trình Nâng cao. 1đ Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có phương trình đường thẳng AD: x 2 0 . Do E thuộc đường thẳng AD nên E 2; t . Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên 2 2 0,5 2 1 1 2 2 2 IA IE t 1 2 2 5 t 1 5 t 6; t 4. Do đo ta được 2 2 7.b E 2; 4 Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE vuông góc với BC  5 hay BC nhận EI 1; 2 là vectơ pháp tuyến. 0.25 2 Do đó pt của BC là: 3 0.25 BC:1. x 2 2. y 0 x 2 y 5 0 . Vậy BC: x 2 y 5 0. 2   Gọi M m;; m m là điểm thuộc AB khi đó AM, AB cùng phương  1 2 3  1 đ AM m; m ; m 1 , AB 1;2;2   1 2 3 8.b AM, AB cùng phương m1 t 0.25   t R: AM t AB m2 2 t M t ;2 t ; 1 2 t m3 1 2 t Gọi N n;0;0 Ox   NM t n;2;2 t t 1, CD 1;2;2   0.25 MN vuông góc CD nên NM. CD 0 t n 4 t 4 t 2 0 t 2 n 1 2 2 MN 3 MN2 9 t t 2 4 t 2 2 t 1 9 t 1 0.25 2 2 8t 4 t 5 9 8 t 4 t 4 0 1 t 2
Với t 1 n 1 M 1;2;1 , N 1;0;0 1 3 1 3 0.25 Với t n M ;1;0 , N ;0;0 2 2 2 2 1đ 6 ĐK: y-2x +8 > 0 ; (PT 1) y – 2x + 8 = 2 y 2 x 0.25 Thế vào pt thứ hai ta được: x x 3x x 8 18 2 2 0.25 8x 2 x .32 x 2.3 3 x 8x 18 x 2.27 x 2 2 27 27 3 3 9.b x 2 3 2 Đặt: t = , (đk t > 0 ) , ta có pt: t t 2 0 t 1 t t 2 0 3 0.25 x 0 t 1 . Vậy nghiệm của phương trình là (0; 0) 0.25 y 0 Chú ý :- Học sinh làm cách khác trong đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. - Câu hình học không gian học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm Cảm ơn bạn (hongnhung79@yahoo.com) gửi tới www.laisac.page.tl
TRUNG TÂM BỒI DƯỠNGVĂN HOÁ HOA SEN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐH LẦN II NĂM HỌC 20132014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Đề thi gồm: 01 trang. Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số y = x3 + 3mx2 + 3(m +1)x + 2 có đồ thị là (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = -1 . 2) Tìm tham số m để hàm số (1) nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4 . Câu II (2,0 điểm): æ x p ö æ p x ö 2 1) Giải phương trình: 4sinç + ÷sinç - ÷ = 3 sin x( cos2x + cos x)(1 + cot x ) . è 2 6 ø è 6 2 ø 6 3 2 2 ïì x - y + x - 9y - 30 = 28 y 2) Giải hệ phương trình: í îï 2x + 3 + x = y p 2 4xsin 2x 3 + sin 2x + 2cos 2 x Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân I = ò .d x . p 3 + sin 2 x 4 Câu IV (1,0 điểm): Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và tam giác SCD vuông tại S . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD . Cho M là điểm thuộc đường thẳng CD sao cho BM vuông góc với SA. Tính AM theo a . Câu V (1,0 điểm): Cho các số thực không âm a,b, c . Chứng minh bất đẳng thức sau : a3 + b3 + c 3 3 ≥ abc + ( a - b)( b - c)( c - a ) 3 4 Câu VI (2,0 điểm):1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho điểm A ( 2;10 ) và đường thẳng ( d ) : y = 8 . Điểm E di động trên ( d ) trên đường thẳng đi qua hai điểm Avà E lấy uuur uuur điểm F sao cho AE.AF = 24 .Điểm F chạy trên đường cong nào?Viết phương trình đường cong đó. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho D ABC , biết C ( 3;2;3 ) và phương trình đường cao AH , phân giác trong BM của góc B lần lượt có phương trình : x - 2 y - 3 z - 3 x -1 y - 4 z - 3 = = và = = . Tính chu vi D ABC . 1 1 -2 1 -2 1 C12 C12 C 12 C12 C 12 Câu VII. (1,0 điểm):Tính tổng S = 12 + 13 + 14 +L + 2013 + 2014 11.12 11.12 11.12 2012.2013 2013.2014 HẾT Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl 0
ĐÁP ÁN + THANG ĐIỂM KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 20132014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ( 5 trang) Câu Đáp án Điểm I 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = -1 1,0 (2,0 điểm ) Khi m = -1 ta có hàm số y = x3 - 3x 2 + 2 * Tập xác định: D = ¡ . * Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y ' = 3x2 - 6 x . 0,25 y ' = 0 Û x = 2, x = 0 , * y¢ > 0 Û x 2 Û h/s đồng biến trên các khoảng ( -¥;0) & ( 2; +¥ ) * y¢ < 0 Û 0 < x < 2 Û h/s nghịch biến trên khoảng ( 0;2 ) Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCD = y ( 0) = 2 hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yCT = y ( 2) = -2 0,25 Giới hạn: lim( x3 - 3x2 + 2) = +¥; lim( x3 - 3x 2 + 2) = -¥ . x®+¥ x ®-¥ Bảng biến thiên: x -¥ 0 2 +¥ y' + 0 - 0 + 2 +¥ 0,25 y -¥ 2 * Đồ thị: + Đồ thị đi qua các điểm (1;0);(1- 2;0);(1+ 2;0) ;( 0;2 ) + Đồ thị nhận điểm uốn U (1;0) làm tâm đối xứng. y 0,25 2 y = x3 - 3x 2 + 2 1 0 x 2 2. Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4 . 1,0 1
y¢ = 3x2 + 6mx + 3( m +1) = 3( x2 + 2mx + m + 1) y¢ = 0 Û f ( x) = x2 + 2mx + m +1 = 0 (1) . Điều kiện cần và đủ để hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4 Û y¢ ≤ 0 trên đoạn có độ dài 0,25 lớn hơn 4 Û ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn x1 - x2 > 4 ¢ ì D¢ > 0 ì D > 0 ï 2 Û í Û í Û D¢ > 4 Û m - m -1 > 4 x - x > 4 2 D¢ > 4 0,25 î 1 2 îï 1- 21 1+ 21 0,25 Û m2 - m - 5 > 0 Û m 2 2 Vậy để hàm số (1) nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4 0,25 1- 21 1+ 21 Û m 2 2 II æ x p ö æ p x ö 2 1) Giải pt : 4sinç + ÷sinç - ÷ = 3 sin x( cos2x + cos x)(1 + cot x ) (3) (2,0 điểm) è 2 6 ø è 6 2 ø 1,0 Điều kiện sin x ¹ 0 æ p ö 1 0,25 ( 3) Û 2çcos x - cos ÷ = 3 sin x( cos 2x + cos x ) . 2 è 3 ø sin x 3 sin x( cos 2x + cos x ) Û 2cos x -1 = sin x Û 2sin xcos x - sin x = 3cos2x + 3 cos x Û sin 2x - -sin x = 3cos2x + 3 cos x Û ( 3cos2x - sin 2x) + ( 3 cos x + sin x ) = 0 0, 25 æ p ö æ p ö æ 3 x ö æ p ö 2cosç 2x + ÷ + 2cosç x - ÷ = 0 Û 4cosç ÷cosç x - ÷ = 0 è 6 ø è 6 ø è 2 ø è 6 ø é 3 x é 3 x p é p k 2 p ê cos = 0 = + k p x = + 2 ê 2 2 ê 3 3 0,25 ê Û ê Û ê ( k Î Z ) ê æ x p ö ê x p p ê 2 p cosç + ÷ = 0 + = + k p x = + k2 p ( tmdk ) ëê è 2 6 ø ëê 2 6 2 ëê 3 p k 2p Để x = + thỏ mãn đk thì k ¹ 3t +1 (t Î Z ) .Vậy phương trình có hai họ 3 3 2p p k 2p 0,25 nghiệm x = + k2p ; x = + (k ¹ 3t +1,t ÎZ ) 3 3 3 6 3 2 2 ïì x - y + x - 9y - 30 = 28y ( 4 ) 2. Giải hệ phương trình: í 1,0 îï 2x + 3 + x = y ( 5 ) 2
3 0,25 + ĐK của: x ≥ - 2 3 Từ pt ( 4) Û ( x2 ) + x2 = ( y + 3) 3 + ( y + 3) ( 6 ) . Hàm số f ( t) = t3 + t xác định 2 và liên tục và đồng biến trên ¡ ( do f ¢ ( t) = 3t +1 > 0 "t Î ¡ ) 0,25 từ ( 6) Û f ( x2 ) = f ( y + 3) Û x2 = y + 3 Û y = x 2 - 3 ( 7 ) 2 2 2 æ 1 ö æ 1 ö Thế ( 7 ) vào ( 5 ) ta được 2x + 3 + x = x - 3 Û ç 2x + 3 + ÷ = ç x + ÷ è 2 ø è 2 ø é 1 1 2x + 3 + = x + 0,25 ê 2 2 é 2x + 3 = x é x = 3 Þ y = 6 Û ê Û ê Û ê ê 1 æ 1 ö ê 2x + 3 = -x - 1 x = - 2 Þ y = - 1 2x + 3 + = -ç x + ÷ ë ë ëê 2 è 2 ø Hệ pt có hai nghiệm ( x; y ) = ( 3;6) ,( - 2;-1 ) III. p 2 4xsin 2x 3 + sin 2x + 2cos 2 x ( 1,0 điểm) Tính tích phân I = ò .d x . 1,0 p 3 + sin 2 x 4 p p 2 2 2cos 2 x 0,25 Ta có I = 4x sin 2 xdx + dx = I + I ò ò 1 2 p p 3+ sin 2 x 4 4 p u = 2x du = 2 dx p 2 ì ì 2 0,25 Tính I1 : í Û í Þ I1 = ( -2x cos 2x) p + ò cos 2 xdx îdv = 2sin 2xdx î v = - cos2 x 4 p 4 p 2 = p + sin 2x p = p + 0 -1 = p - 1 4 p 2 p d ( 3 + sin 2 x ) 2 0,25 Tính I2 = ò = 2 3 + sin 2x p = 2 3 - 4 p 3+ sin 2 x 4 4 Vậy I = p -1+ 2 3 - 4 = p + 2 3 - 5 0,25 IV Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD . 1,0 (1,0 điểm) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD. Hạ SH ^ mp( ABCD) Þ HA = HB (do SA = SB ) vậy H thuộc IJ trung trực 0,25 của AB, CD suy ra HC = HD Þ SC = SD Þ D SCD vuông cân tại S a 3 a HI > HJ (do SI = > SJ = ) . Ta thấy tam giác SIJ vuông tại S 2 2 1 1 1 4 4 16 a 3 0,25 do SI 2 + SJ 2 = IJ 2 Þ = + = + = Û SH = SH 2 SI 2 SJ 2 3a2 a2 3 a 2 4 3
1 a 3 a 3 3 Vậy thể tích S. ABCD là V = × a 2 = 3 4 12 Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của SA, AJ . Ta thấy PQ / / SJ ( đường trung bình tam giác SAJ ) mà SJ ^ mp( SAB) Þ PQ ^ mp( SAB) Þ PQ ^ SA 0,25 Mặt khác BP ^ SA từ đó suy ra SA ^ mp( BPQ) Þ M là giao điểm của BQ & CD Ta thấy tứ giác ABJM là hình bình hành ( vì DAQB = DJQM ( g - c - g ) a a 5 Þ QB = QM ) Þ DM = Þ AM = AD2 + DM 2 = 2 2 0,25 V Cho các số thực không âm a,b, c . Chứng minh bất đẳng thức sau : (1,0 điểm) a3 + b3 + c 3 3 1,0 ≥ abc + ( a - b)( b - c)( c - a ) 3 4 9 YCBT Û a3 + b3 + c3 - 3 abc ≥ ( a - b)( b - c)( c - a ) . Áp dụng bđt AMGM 4 0,25 3 3 3 2 2 2 a + b + c - 3abc = ( a + b + c)( a + b + c - ab - bc - ca) = S1.S 2 1 2 2 2 3 2 2 2 S = é( a - b) + ( b - c) + ( c - a) ù ≥ 3 ( a - b) ( b - c) ( c - a ) ( 8 ) 2 2 ë û 2 0,25 2S1 = 2 ( a + b + c) = ( a + b) + ( b + c) + ( c + a) ≥ a - b + b - c + c - a 3 0,25 ≥ 33 a - b b - c c - a Û S ≥ 3 a - b b - c c - a (9) 1 2 9 2 2 2 Từ ( 8) & ( 9 ) Þ S S ≥ 3 ( a - b) ( b - c) ( c - a) a - b b - c c - a 1 2 4 9 3 3 3 9 S S ≥ 3 a - b b - c c - a = ( a - b)( b - c)( c - a ) (đpcm) 0,25 1 2 4 4 dấu bằng xẩy ra khi a = b = c = 0 1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho điểm A ( 2;10 ) và đường 1,0 Gọi H là hình chiếu của A trên ( d ) Þ H ( 2;8 ) . Trên tia AH lấy điểm B uuur uuur uuuur uuur 24 uuur uur 0,25 thoả mãn AH.AB = 24 = AM.AN Þ AB = = 12 do AB, AH cùng hướng, AH AH = 2 VI Từ đó B ( 2;- 2 ) . Ta thấy (1,0 điểm æ µ AH AF ö · · 0 DAHE : DAFB(c - g - c)ç do A chung, = ÷ Þ AFB = AHE = 90 è AE AB ø 0,50 1 Þ F chạy trên đường tròn tâm I ( 2,4 ) bán kính R = AB = 6 2 Phương trình đường cong cố định mà F chuyển động trên đó là : 2 2 ( W ) : ( x - 2) + ( y - 4) = 36 0,25 4
2) hệ tọa độ Oxyz cho D ABC , biết C ( 3;2;3 ) và phương trình 1.0 ìx = 2 + t ì x = 1 + u ï ï Pt tham số của AH & BM là ( AH ) íy = 3 + t & ( BM ) í y = 4 - 2 u 0,25 ï ï îz = 3 - 2t î z = 3 + u A( 2 + t;3 + t;3 - 2t) Î AH; B(1 + u;4 - 2u;3 + u) Î BM uuur r • Xác định toạ độ B ta có CB = ( u - 2;-2u + 2;u) & a AH = (1 ;1;- 2 ) uuur r 0,25 Ta có CB ^ AH Û CB.aAH = 0 Þ u = 0 Þ B (1 ;4;3 ) • Xác điịnh toạ độ A ta có uuur r uuur BA = (1 + t;-1+ t;-2t) ,uBM = (1 ;-2;1) , BC = ( 2;- 2;0 ) . Vì BM là đường phân giác trong góc B nên ta có uuur uuur 0,25 uuur uuur r r r r BA.u BM uBM BC é t = - 1 cos( BA,uBM ) = cos( uBM ; BC ) Û uuur r = uuur r Û ê BA. u BC. u ë t = 0 • t = 0 Þ A( 2;3;3) Þ A, B, C thẳng hàng loại • t = -1 Þ A(1 ;2;5) (t / m ) khi đó AB = BC = CA = 2 2 0,25 • Chi vi của tam giác ABC bằng 6 2 VII C12 C12 C 12 C12 C 12 1,0 Tính tổng S = 12 + 13 + 14 +L + 2013 + 2014 (1,0 điểm 11.12 11.12 11.12 2012.2013 2013.2014 Áp dụng. C 12 n ! 1 ( n - 2) ! 1 n = = × = ×C10 "n = 12,2014 0,25 ( n -1) n ( n -1) .n.12!( n -12) ! 11.12 10!( n - 12) ! 132 n - 2 1 10 10 10 10 10 Từ đó S = ( C10 + C11 + C12 +L + C2011 + C 2012 ) 132 0,25 i-1 i i áp dụng công thức Ch + Ch = Ch +1 "i =1,h; i, h Î ¥ ta được 1 10 11 11 11 11 11 11 0,25 S = ( C10 + C12 - C11 + C13 - C12 +L + C2013 - C2 012 ) 132 1 0,25 S = × C 11 132 2013 Lưu ý khi chấm bài: Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl 5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc NĂM HỌC 2013 – 2014 (Đề có 01 trang) Môn : Toán 12 Khối D Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) -x + 1 Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = . 2x + 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) sao cho tiếp tuyến đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 3 ( sin 2x + s inx) + cos2x - cos x = 2 . 2) Giải phương trình: ex = 1+ ln( 1+ x ) . 2 2 + x Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân : I = ò dx 0 1 + 2x Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD= 2a, CD = a , góc giữa hai mặt phẳng (SBC) là (ABCD) bằng 60 0 . Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD. Câu V (1,0 điểm). Cho a,b, c là các số dương thoả mãn ab + bc + ca = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 4 biểu thức: M = + . abc (a + b)(b + c)(c + a ) B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIA (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn( C) : (x -1)2 + (y +1)2 = 4 . Gọi ( C ' ) là đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ( d ) : 3x - y = 0 và tiếp xúc với trục Oy đồng thời tiếp xúc ngoài với đường tròn (C). Viết phương trình đường tròn ( C ' ) . 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ( D ) đi qua A( 3;-2;- 4 ) , song song ì x = 2 + 3t ï với mặt phẳng (P) : 3x - 2y - 3z -7 = 0 và cắt đường thẳng (d) : í y = -4 - 2t ï î z = 1+ 2t e x -1 + tan(x2 -1) - 1 .CâuVIIA (1,0điểm).Tính giới hạn lim . x®1 3 x - 1 2.Theo chương trình nâng cao. Câu VI B (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : (x -1)2 + (y + 2)2 = 12 . Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm M (5;1) biết (C’) cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB = 2 3 . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 2; 2), B(0; 1; 2) và C(2; 2;1). Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A, song song với BC và cắt các trục Oy, Oz theo thứ tự tại M, N khác với gốc tọa độ O sao cho OM = 3ON. CâuVII B (1,0 điểm). Một chiếc hộp đựng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím và 3 cái bút màu đỏ được đánh số từ 1 đến 20. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy được ít nhất 2 bút cùng màu. HẾT Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc NĂM HỌC 2013 – 2014 (Đáp án có 05 trang) Môn : Toán 12 Khối D Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn bản này gồm 05 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi. 3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả. II) Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Điểm -x + 1 Cho hàm số y = 2x + 1 1,0 đ 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. ì- 1 ü Tập xác định: D = R / í ý î 2 þ Sự biến thiên: - 3 y' = 2 ( 2x + 1) 0,25 Hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định CâuI.1 Đồ thị hàm số không có cực trị - 1 - 1 - 1 lim y = ; lim y = . Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = . 0,25 x ®-¥ 2 x ®+¥ 2 2 - 1 lim y = -¥ ; lim y = +¥ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = . 1 - 1 + x ®- x ®- 2 2 2 Bảng biến thiên: x –µ - 1 +µ 2 y’ || – y - 1 +µ 1,0 đ 2 0.25 || –µ - 1 2 æ -1 - 1 ö Đồ thị hàm số có tâm đối xứng I ç ; ÷ è 2 2 ø 0.25 Đồ thị hàm số cắt trục tung tại A ( 0;1) , cắt trục hoành tại B (1;0) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) sao cho tiếp tuyến đi qua giao điểm 1,0 của đường tiệm cận và trục Ox - 3 -x0 + 1 0.25 Phương trình tiếp tuyến tại M ( x0 ; y 0 ) có dạng y = (x - x ) + (2x +1) 0 2x + 1 CâuI.2 0 0 - 1 1,0 đ Giao điểm của tiệm cận của đồ thị hàm số với trục Ox là N ( ;0) 2 - 1 -3 - 1 -x + 1 Tiếp tuyến đi qua N ( ;0) Û ( - x ) + 0 = 0 0 0.25 2 (2x0 +1) 2 2x0 + 1
5 0,25 Giải phương trình được x = 0 2 5 - 1 1 1 Phương trình tiếp tuyến tại M ( ; ) là y = - x - 0.25 2 4 12 24 1) Giải phương trình: 3 ( sin 2x + s inx) + cos2x - cos x = 2 . Phương trình đã cho tương đương với : CâuII 2 3 sin x cos x + cos2 x - sin2 x + 3 s inx - cos x = 2( cos2 x + sin2 x ) 0.25 2 é 3 s inx - cos x = 0 2,0 đ ( 3 sin x - cos x) - ( 3 s inx - cos x) = 0 Û ê 0.25 ëê 3 s inx - cos x = 1 é p x = + k p é æ p ö ê 6 ê sinç x - ÷ = 0 ê è 6 ø p Û ê Û ê x = + k 2p ( k Î Z ) ê æ p ö 1 ê 3 0.5 ê sinç x - ÷ = ê ë è 6 ø 2 ê x = p + k2 p ëê KL: Vậy phương trình có ba họ nghiệm: 2)Giải phương trình: ex = 1+ ln( 1+ x ) . 1,0 Đ/K x > - 1 . x Phương trình đã cho tương đương e - ln ( 1+ x) -1 = 0 . 0.25 Xét hàm số f ( x) = ex - ln( 1+ x) -1, x Î D = ( -1; +¥ ) 1 f ' ( x) = ex - , xÎ D x + 1 1 0.25 f " ( x) = ex + , f " ( x) > 0 "xÎ D ( x + 1) 2 Suy ra f ' ( x ) là hàm đồng biến trên D 0.25 Nhận thấy f ' ( 0) = 0 nên phương trình f ' ( x) = 0 có đúng một nghiệm x = 0 Ta có bảng biến thiên X –1 0 +µ y’ 0 + Y -¥ +µ 0.25 0 Từ bảng biến thiên ta có phương trình có một nghiệm duy nhất x = 0 2 2 + x Tính tích phân : I = ò dx 1,0đ 0 1 + 2x 2 2 + x 1 2 2 + 2x CâuIII I = ò dx = ò dx 0.25 0 1 + 2x 2 0 1 + 2x Đặt t = 2x Þ t 2 = 2x Þ dx = td x = 0 Þ t = 0 1,0đ Đổi cận: 0.25 x = 2 Þ t = 2
1 2 ( 2 + t )tdt 1 2 1 Þ I = ò = ò ( 1 + t - )dt 0.25 2 0 1 + t 2 0 1 + t 2 1 t 2 1 = ( + t - ln|t + 1|) = ( 4 - ln 3 ) 2 0.25 2 0 2 KL Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD= 2a, CD = a , góc giữa hai mặt phẳng (SBC) là (ABCD) bằng 60 0 . Gọi I là trung điểm của CâuIV 1,0đ cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 1,0đ 0.25 Nhận xét : SI ^ ABCD Gọi H là hình chiếu của I lên BC. 0.25 Chỉ ra ÐSHI = 60 0 3a 5 Tính được S = 3a2 ;IH = 0.25 ABCD 5 3a 15 3a3 15 Suy ra SI = ;V = (đvtt) 5 S .ABCD 5 0.25 Cho a,b, c là các số dương thoả mãn ab + bc + ca = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu CÂU V 1 4 1,0đ thức: M = + abc (a + b)(b + c)(c + a ) Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: 1 1 4 1 0.25 M = + + ≥ 3 3 2abc 2abc (a + b)(b + c)(c + a) a2b2c2 (a + b)(b + c)(c + a ) 2(ab + bc + ca ) Có 3 abc(a + b)(b + c)(c + a) = 3 (ac + bc)(ba + ca)(cb + ab) ≤ = 2 (1) 0.25 3 ab + bc + ca 3 a2b2c2 = 3 ab.bc.ca ≤ = 1 (2) 0.25 3 3 Từ (1) và (2) suy ra M ≥ 2 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 3 0.25 Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng khi a = b = c = 1 2
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn( C) : (x -1)2 + (y +1)2 = 4 . Gọi ( C ' ) là đường Câu tròn có tâm thuộc đường thẳng ( d ) : 3x - y = 0 và tiếp xúc với trục Oy đồng thời tiếp xúc 1,0đ VI A.1 ngoài với đường tròn (C). Viết phương trình đường tròn ( C ' ) . Đường tròn( C ) có tâm I (1 ;-1 ) , bán kính R=2 1,0 đ Đường tròn( C ' ) có tâm I '( a;3a ) , bán kính R’ 0.25 Do đường tròn ( C ' ) tiếp xúc Oy nên R’=|a| Do đường tròn ( C ' ) tiếp xúc ngoài với đường tròn (C) nên II ' = R '+ 2 0.25 Û (a -1)2 + (3a +1)2 = (| a | +2) 2 (1) 2 -4 - 34 Giải phương trình (1) được a = hoặc a = 0.25 3 9 2 2 Vậy : Phương trình đường tròn cần tìm là : (x - )2 + (y - 2) 2 = 3 9 2 2 0,25 æ 4 + 34 ö æ 4 + 34 ö 50 + 8 34 hoặc x + + y + = ç ÷ ç ÷ è 9 ø è 3 ø 81 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ( D ) đi qua A( 3;-2;- 4 ) , song song với mặt phẳng (P) : 3x - 2y - 3z -7 = 0 và cắt đường ì x = 2 + 3t 1,0đ ï thẳng (d) : í y = -4 - 2t ï î z = 1+ 2t uuuur Giả sử ( D ) cắt (d) tại M ( 2 + 3t;-4 - 2t;1 + 2t ) Þ AM = ( 3t -1;-2t - 2;2t + 5 ) 0.25 r Câu Mặt phẳng (P) có vtpt n = ( 3;-2;-3 ) r uuuur 0.25 VI A.2 ( D ) //(P) n.AM = 0 Û 3( 3t -1) - 2( -2t - 2) - 3( 2t + 5) = 0 Û t = 2 1,0 đ uuuur 0.25 Khi đó AM = ( 5;-6 ;9 ) uuuur Đường thẳng ( D ) đi qua A( 3;-2;- 4 ) có vtcp AM = ( 5;-6 ;9 ) ì x = 3 + 5t ï 0,25 Suy ra phương trình ( D ) là: í y = -2 - 6t ï î z = -4 + 9t e x -1 + tan(x 2 -1) - 1 Tính giới hạn lim 1,0 x®1 ( 3 x -1)( x + 1) ex-1 + tan(x2 -1) -1 æ ex -1 -1 tan(x 2 - 1) ö Câu lim = lim ç + ÷ 0,25 x®1 ( 3 x -1)( x +1) x®1 è ( 3 x -1)( x +1) ( 3 x -1)( x + 1) ø æ ex -1 -1 3 x 2 + 3 x +1 tan(x2 -1) (x +1)( 3 x 2 + 3 x + 1) ö VII A = limç . + . ÷ x®1 ç 2 ÷ è x -1 x +1 x - 1 x + 1 ø 0,5 3 9 = + 3 = 0,25 2 2 Câu 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C) : (x -1)2 + (y + 2)2 = 12 . Viết 1,0 đ VI B phương trình đường tròn (C’) có tâm M (5;1) biết (C’) cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB = 2 3 2,0 đ
Đường tròn (C) có tâm I ( 1;-2 ) , bán kính R = 2 3 Do (C) cắt (C’) tại A, B nên AB ^ IM Gọi E là trung điểm AB. DI AB đều Þ IE = 3 , IM = 5 0,25 Nếu E nằm giữa I và M Þ EM = 2,EA = 3 Þ MA = 7 Phương trình đường tròn cần lập là: ( C ') : (x -5)2 + (y -1)2 = 7 0,25 Nếu E nằm giữa I và M Þ EM = 8,EA = 3 Þ MA = 67 Phương trình đường tròn cần lập là: ( C ') : (x -5)2 + (y -1)2 = 67 0,25 KL : Có hai đường tròn thỏa mãn ( C ') : (x -5)2 + (y -1)2 = 7 0,25 hoặc ( C ') : (x -5)2 + (y -1)2 = 67 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A( -2;2;-2 ) , B ( 0;1;-2 ) và C ( 2;2;-1 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A, song song với BC và cắt các 1,0 đ tia Oy, Oz theo thứ tự tại M, N khác với gốc tọa độ O sao cho OM = 3ON. uuuur ur Từ giả thiết ta có M ( 0;m;0 ) và N ( 0;0;n ) trong đó mn ¹ 0 và m = ± 3n Þ MN = m.u r r 0,25 với u ( 0;-1 ;3 ) hoặc u ( 0;-1;-3 ) r uuur r r ïì n ^ BC Giả sử ( P ) có vtpt n ¹ 0 . Do ( P ) đi qua M, N và song song với BC nên í r r suy îï n ^ u 0,25 r uuur r é ù ra n // ëBC, u û r uuur r r với é ù , chọn n= 2;-3;-1 Þ(P):2x-3y-z +8= 0 u ( 0;-1 ;3 ) Þ ëBC,u û = ( - 4;6;2 ) ( ) 0,25 r uuur r r với u ( 0;-1;-3 ) Þ éBC,u ù = ( 2;- 6;2 ) , chọn n=(1 ;-3;1) Þ(P):x-3y+z +10= 0 ë û 0,25 KL : Một chiếc hộp đựng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím và 3 cái Câu bút màu đỏ được đánh số từ 1 đến 20. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy 1,0 được ít nhất 2 bút cùng màu. 4 7B Số cách lấy bốn chiếc bút bất kì từ 20 chiếc bút đã cho là: n( W) = C20 = 4845 0,25 1,0 đ Gọi A là biến cố lấy được ít nhất hai bút cùng màu Số cách lấy được 4 bút trong đó không có hai cái nào cùng màu là: 1 1 1 1 0,25 n( A) = C6 .C6 .C5 .C3 = 540 Số cách lấy được 4 bút mà có ít nhất hai bút cùng màu là: n( A) = n( W) - n( A) = 4305 0,25 Xác suất lấy được 4 bút trong đó có ít nhất hai bút cùng màu là: n( A ) 4305 287 P ( A ) = = = 0,25 n ( W ) 4845 323 Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc 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 CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 - 2mx2 + 2 m + m 4 , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 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. 1- 2sin x - 2sin 2x + 2 cos x Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình = cos 2x - 3 (1 + cos x ) . 2sin x - 1 x ( x + 2 ) Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình ≥ 1 . ( x +1) 3 - x 1 2 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ò (8x3 - 2x).ex 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 a2 + b2 + c2 = 5( a + b + c) - 2 ab . æ 3 1 ö Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a + b + c + 48 + ç 3 ÷ è a +10 b + c ø 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 : 2x - 3y +1 = 0 , d2 : 4x + y - 5 = 0 . Gọi A là giao điểm của d1 và d 2 . Tìm toạ độ điểm B trên d1 và toạ độ điểm C trên d 2 sao cho DA BC 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 3 . x x 4 - 2 + 1 x x x Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình log2 x x = 2 ( 2.8 - 3.2 + 1 ) . 2.16 - 2.4 + 1 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( 3;2 ) , tâm đường tròn æ 3 ö ngoại tiếp tam giác ABC là I ç1; ÷ và đỉnh C thuộc đường thẳng d : x - 2y -1 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B và C . è 2 ø Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không 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, vuông góc với (P) và cách điểm M(1; 2; 1) một khoảng bằng 2 . 24 - x - x + 1 Câu 9.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình ≥ 0. log2 ( x - 3 ) Hết Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GDĐT VĨNH PHÚC THI KHSCL LẦN II NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 12 A,B. Hướng dẫn chung. Mỗi một bài toán 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 không gian), nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình chính của bài toán, thì không cho điểm; câu (Hình học giải tích) không nhất thiết phải vẽ hình. Điểm toàn bài chấm chi tiết đến 0.25, không làm tròn. HDC này có 07 trang. Câu Nội dung trình bày Điểm 1 a) (1 điểm) (2,0 điểm) 4 2 Khi m = 1 thì y = x - 2x + 3 *)Tập xác định D = R *) Sự biến thiên : 0,25 é x = 0 y ' = 4x3 - 4x = 4x(x 2 - 1) ê Chiều biến thiên , y ' = 0 Û ê x = 1 ëê 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; yC Ð = 3 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1; yC T = 2 Giới hạn lim = +¥ x®±¥ Bảng biến thiên : x -¥ 1 0 1 +¥ y’ 0 + 0 0 + +¥ 3 +¥ 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 3 é x = 0 Ta có y ' = 4x - 4 mx ; y ' = 0 Û ê 2 0,25 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(0, m 4 + 2 m ) và hai điểm cực tiểu là 0,25 B (- m ; m 4 - m 2 + 2 m ), C ( m ; m 4 - m 2 + 2 m ) DA BC cân tại A , AÎ Ox ; B, C đối xứng nhau qua Ox . Gọi H là trung điểm của BC 4 2 1 1 2 Þ H ( 0;m - m + 2 m ) ; Þ SD ABC = AH.BC = m .2 m = m m 0,25 2 2 Theo giả thiết S = 1Þ m2 . m = 1 Û m = 1 D ABC 0,25 Vậy đáp số bài toán là m = 1 2 1 (1,0 điểm) Điều kiện 2sin x -1 ¹ 0 Û sin x ¹ 2 1- 2sin x - 2sin 2x + 2cos x = cos2x - 3 (1 + cos x ) 2sin x - 1 (1 - 2sin x) .(1 + 2cos x ) Û = 2cos2 x -1- 3 (1 + cos x ) 2sin x - 1 0,25 Û -1- 2cos x = 2cos2 x -1- 3 ( 1+ cos x) Û 2cos2 x + ( 2 - 3) cos x - 3 = 0 0,25 é ê x = p + k 2 p é cos x = -1 ê ê ê p Û 3 Û x = + k2 p ( k Î Z ) 0,25 ê cos x = ê 6 ê ë 2 ê p ê x = - + k 2 p ë 6 1 Kết hợp điều kiện sin x ¹ ta được nghiệm phương trình là 2 0,25 p x = p + k2p; x = - + k2p ( k Î Z ) 6 3 ì x( x + 2) ≥ 0 (1,0 điểm) ï x ≥ 0 ï 3 Điều kiện 3 Û x ≥ 0 ; x ≥ 0 Þ x +1 - x > 0 í x +1 ≥ 0 ( ) ï( ) ï 3 îï ( x +1) - x ≥ 0 0,25 Do vậy x ( x + 2 ) 3 ≥1 Û x( x + 2) ≥ ( x +1) - x ( x +1) 3 - x Û x2 + 2x ≥ x3 + 3x2 + 4x +1- 2( x +1) x( x + 1) Û x3 + 2x2 + 2x +1- 2 x +1 x x +1 ≤ 0 Û x +1 éx2 + x +1- 2 x x +1 ù ≤ 0 ( ) ( ) ( ) ë ( ) û 0,25
2 Û x2 + x +1- 2 x( x +1) ≤ 0 Û ( x ( x +1) -1) ≤ 0 Û x( x +1) -1 = 0 Û x( x +1) = 1 é -1+ 5 ê x = Û x( x +1) =1 Û x2 + x -1 = 0 Û ê 2 ê -1- 5 0,25 ê x = ë 2 5 - 1 Kết hợp điều kiện x > 0 ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 0,25 2 4 1 1 (1,0 điểm) 2 2 Ta có I = ò (8x3 - 2x).ex dx=ò (4x 2 - 1).ex .2xdx . 0,25 0 0 Đặt t = x2 Þ dt = 2xdx và x = 0Þt = 0; x = 1 Þ t = 1 . 1 0,25 Ta được I = ò (4t - 1).et dt . 0 ìu = 4t -1 ì du = 4d t Đặt í t Þ í t îdv = e dt î v = e 0,25 1 1 1 Þ I = (4t -1).et - et .4dt = 3e +1- 4et = 5 - e. 0,25 0 ò 0 0 5 (1,0 điểm) S N K A G D M I 0 60 J O B 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 DS AC . ì SJ ^ CD Ta có í Þ CD ^ (SIJ ) IJ ^ CD î 0,25 ÐSJI < 90 0 Þ Góc giữa mặt bên ( SCD ) và mặt đáy ( ABCD ) là ÐSJI ÞÐSJI = 600 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 G là trọng tâm DS AC . Þ = ; SO là trung tuyến tam giác SBD Þ G cũng là trọng tâm 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 . DS JI đều cạnh a ;G cũng là trọng tâm DS JI nên IK ^ SJ ; 0,25 Dễ thấy SJ ^ MN nên SJ ^ (ABMN) 1 Thể tích khối chóp S. ABMN là : V = SK. S 3 ABMN 0,25 3 a a DS JI đều cạnh a ÞIK = ; SK = 2 2 1 1æ aö a 3 3 3a2 1 a 3 3a2 a 3 3 SABMN = (AB+MN)IK = ça+ ÷ = ÞV = . . = 2 2è 2ø 2 8 3 2 8 16 0,25 (Học sinh có thể dùng phương pháp tỉ số thể tích) 6 Ta có a2 + b2 + c2 = 5( a + b + c) - 2ab Û ( a + b) 2 + c2 = 5 ( a + b + c ) (1,0 điểm) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 2 2 1 2 1 2 ( a + b) + c ≥ ( a + b + c) Þ ( a + b + c) ≤ 5( a + b + c) Þ 0 < a + b + c ≤ 10 0,25 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta lại có 3 1 a +10 1 a +10 1 æ a +10 ö a + 22 3 12 = ; = . .4 ≤ ç + 4 ÷ = Þ ≥ a +10 a +10 3 2 3 4 è 3 ø 12 a + 10 a + 22 3 1 1 b + c + 8 + 8 b + c + 16 1 12 3 b + c = 3 ( b + c ) .8.8 ≤ . = Þ ≥ 0,25 4 4 3 12 3 b + c b + c + 16 æ 1 1 ö Þ P ≥ a = b + c + 48.12 ç + ÷ è a + 22 b + c + 16 ø Áp dụng bất đẳng thức CauchySchwarz ta được 1 1 4 2304 0,25 + ≥ Þ P ≥ a + b + c + a + 22 b + c +16 a + b + c + 38 a + b + c + 38 2304 2304 Đặt t = a + b + c Þ t Î( 0;10 ] Þ P ≥ t + . Xét hàm f (t) = t + trên ( 0;10 ] t + 38 t + 38 2304 ( t -10) .( t + 86 ) Ta có f '(t) = 1- = Þ f '(t) ≤ 0"t Î ( 0;10 ] ( t + 38) 2 ( t + 38 ) 2 Þ f (t ) nghịch biến trên ( 0;10] Þ f (t) ≥ f (10), "t Î( 0;10] ; f (10) = 58 Þ P ≥ 58 ì a + b + c = 10 ï a + b = c ì a = 2 ï ï ía + 10 Û í b = 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi = 4 ï 3 ï c = 5 ï î îïb + c = 8 ì a = 2 ï Vậy min P = 58 , đạt được khi íb = 3 0,25 ï î c = 5
7a ì2x - 3y +1 = 0 ì x = 1 (1,0 điểm) Tọa độ của A là nghiệm của hệ í Û í Þ A (1 ;1 ) î4x + y - 5 = 0 î y = 1 0,25 æ 2t + 1 ö 0,25 B Îd1 Þ Bçt ; ÷ . Điểm C Î d2 Þ C ( s;5 - 4 s ) è 3 ø ì t + s + 1 = 3 ï 3 ï G là trọng tâm tam giác ABC Û í 2t + 1 + 5 - 4s + 1 0,25 ï 3 ï = 5 î 3 ì 61 ì 61 43 t = B ( ; ) ï 7 ï 7 7 Giải hệ này ta được í Þ í là đáp số bài toán -5 -5 55 ï s = ïC ( ; ) 0,25 îï 7 îï 7 7 r 8a 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)( a2 + b2 + c 2 ¹ 0 ) là véc tơ pháp tuyến của (P). r r Do ( P ) chứa d nên: u.n = 0 Û a + 2b = 0 Û a = - 2b Phương trình (P) có dạng: a ( x - 0) + b ( y +1) + c( z -1) = 0 Û ax + by + cz + b - c = 0 0,25 -a + 3b + 2 c 5b + 2 c d ( A,(P )) = 3 Û = 3 . Mà a = - 2b Þ = 3 Û 5b + 2c = 3 5 b2 + c 2 a2 + b2 + c 2 5b 2 + c 2 0,25 Û 4b2 - 4bc + c2 = 0 Û ( 2b - c) 2 = 0 Û c = 2b 0,25 ì a = 2 Chọn b = -1 Þ í . Ta được phương trình (P) là: 2x - y - 2z +1 = 0 . 0,25 î c = -2 x x 9a ïì 4 - 2 +1 > 0 (1,0 điểm) Ta thấy "x Î R. í x x îï 2.16 - 2.4 +1 > 0 Do vậy 4x - 2x + 1 log = 2x 2.8x - 3.2x + 1 2 x x ( ) 2.16 - 2.4 + 1 x x x x x x x x Û log2 ( 4 - 2 +1) - log2 ( 2.16 - 2.4 +1) = ( 2.16 - 2.4 +1) - ( 4 - 2 + 1) x x x x x x x x 0,25 Û log2 ( 4 - 2 +1) + ( 4 - 2 +1) = log2 ( 2.16 - 2.4 +1) + ( 2.16 - 2.4 + 1) ( 2 ) Xét hàm f (t) = log 2 t + t trên ( 0; +¥ ) 1 0,25 Ta có f '(t) = +1Þ f '(t) > 0"t > 0 Þ f (t ) đồng biến trên ( 0; +¥ ) t .ln 2 Do vậy ( 2) Û f (4x - 2x +1) = f (2.16 x - 2.4x +1) Û 4x - 2x +1 = 2.16x - 2.4x +1 Û 2.16x - 3.4x + 2x = 0 0,25
é 2x = 0 ê 2x = 1 ê é x = 0 ê -1- 3 ê Û ê 2 x = Û 3 - 1 ê x = log ê 2 ê 2 ê ë 2 -1+ 3 ê 2 x = ëê 2 3 - 1 0,25 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0; x = log . 2 2 7b (1,0 điểm) + Tam giác ABC vuông tại A nên I là trung điểm của BC . 0,25 + C Î d Þ C ( 2t + 1; t ) ; I là trung điểm của BC Þ B (1 - 2t;3 - t ) uuur uuur AB = ( -2 - 2t;1- t ) ; AC = ( 2t - 2;t - 2 ) uuur uuur é t = 2 AB ^ AC Û AB.AC = 0 Û ( -2 - 2t ) .( 2t - 2) + (1 - t ) .( t - 2) = 0 Û ê - 2 ê t = 0,25 ë 5 ïì B ( -1 ;2 ) +Với t = 1 Þ í . 0,25 îï C ( 3;1) ì æ 9 17 ö ì æ 9 17 ö ï B ç ; ÷ ï B ç ; ÷ - 2 ï è 5 5 ø ïì B ( -1 ;2 ) ï è 5 5 ø +Với t = Þ í . Vậy í hoặc í 5 ï æ 1 - 2 ö îïC ( 3;1) ï æ 1 - 2 ö C ç ; ÷ C ç ; ÷ îï è 5 5 ø îï è 5 5 ø 0,25 8b ( Q ) đi qua gốc toạ độ nên ( Q ) có phương trình dạng : Ax + By + Cz = 0 ( A2 + B2 + C 2 ¹ 0 ) . (1,0 điểm) ì A + B + C = 0 ïì( P) ^ ( Q ) ï 0.25 Từ giả thiết ta có : í Û í A + 2 B - C d M , Q = 2 = 2 îï ( ( ) ) ï 2 2 2 î A + B + C ì A = -B - C ï Û í B - 2C = 2 (*) ï 2 2 0,25 î 2B + 2C + 2 BC (*) Û B = 0 hoặc 3B + 8C = 0 . Nếu B = 0 thì A = - C . Chọn C = -1 Þ A = 1 0,25 Ta được phương trình mặt phẳng ( Q ) là : x - z = 0 Nếu 3B + 8C = 0 ta chọn C = 3; B = -8; A = 5 ta được phương trình ( Q ) là 5x -8y + 3z = 0 0,25 Vậy có hai mặt phẳng thoă mãn bài toán, có phương trình là : x - z = 0 ; 5x -8y + 3z = 0 9b Xét hàm f (x) = 24 - x - x + 1 . (1,0 điểm) 4 - x Ta thấy f '(x) = -2 .ln 2 -1Þ f '( x) < 0 "x Î R Þ f (x ) nghịch biến trên R . 0.25 Mà f (3) = 0 . Do vậy f(x) ≥ 0 Û x ≤ 3 ; f(x) ≤ 0 Û x ≥ 3 .
éïì f (x ) ≥ 0 êí (I ) 4 - x log x - 3 > 0 2 - x + 1 êîï 2 ( ) ≥ 0 Û ê log x - 3 2 ê ïì f (x ) ≤ 0 0,25 í (II ) ê log x - 3 4 Û x 1 îï x > 4 ï ê 0,25 î ë x < - 4 ïìx ≥ 3 ïì x ≥ 3 ì x ≥ 3 ( II ) Û í Û í Û í Û 3 < x < 4 0 < x - 3 < 1 3 < x < 4 3 < x < 4 îï îï î 0,25 Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (-¥;-4) È (3;4) Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y . x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng 3 :y 2 x 1 bằng . 5 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sinx (cos 2 x 2cos x ) cos2 x cos x 1. Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 1 x2 2 3 x 4 x 2 . 2 cos3x 2cos x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I d x . 0 2 3sinx cos 2 x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.'''' A B C D có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD 3 a , hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (ABCD ' ' ' ') là trung điểm của AC' '. Biết rằng côsin của góc tạo bởi 21 hai mặt phẳng ()ABCD và (CDD ' C ') bằng . Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.'''' A B C D và bán 7 kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A' BC ' D '. Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a2 b 2 3 thức P (). a b 2 (b c )2 5 bc ( c a ) 2 5 ca 4 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được 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 hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC: x y 1 0, điểm G(1; 4) là trọng tâm của tam giác ABC, điểm E(0; 3) thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C, BAC 300 , x 3 y 4 z 8 AB 3 2, đường thẳng AB có phương trình , đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng 1 1 4 ( ) :x z 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh B có hoành độ dương. z i z 1 7 1 Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn i. z z 5 5 b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, AD 2 BC , đỉnh B(4; 0), phương trình đường chéo AC là 2x y 3 0, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng :x 2 y 10 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cotADC 2. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm AB(2; 1;1), (3; 2; 4) và mặt phẳng 330 ( ) :x 5 y 2 z 5 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng () sao cho MA AB và d A,. MB 31 4xy (xy 2)2 xy xy 3 0 Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình (x , y  ). 2 log2 (x y ) log 2 x .log 2 y 0 Hết Ghi chú: BTC sẽ trả bài vào các ngày 21, 22/6/2014. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC. Chóc c¸c em häc sinh ®¹t kÕt qu¶ cao trong Kú thi tuyÓn sinh §¹i häc n¨m 2014 !
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Câu 1. 10. Tập xác định:  \{1}. (2,0 20. Sự biến thiên: điểm) * Giới hạn tại vô cực: Ta có limy 1 và limy 1. x x Giới hạn vô cực: lim y và limy . x 1 x 1 0,5 Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y 1, tiệm cận đứng là đường thẳng x 1. 2 * Chiều biến thiên: Ta có y' 0, với mọi x 1. (x 1)2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; . * Bảng biến thiên: y x 1 y' + + 1 y 1 1 1 O 1 x 0,5 1 I 30. Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại 1; 0 , cắt Oy tại (0;1). Nhận giao điểm I(1; 1) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. b) (1,0 điểm) x 1 2x 0 1 x 1 30 x 1 3 Gọi tiếp điểm M x;0 ( C ). Khi đó ta có d(,) M 0 0 2 2 x0 1 51 2 5 x 1 0 2 0,5 2x0 1 3 2x0 2 x 0 2 3 x 0 1 x0 1 x 1 2 2 0 2x0 2 x 0 23( x 0 1) 2 x 0 5 x 0 50 1 2 2 2x 2 x 2 3( x 1) 2 x x 1 0 x0 . 0 0 0 0 0 2 1 1 *) Với x 1, ta có M ( 1; 0), suy ra pt tiếp tuyến y y'( 1).( x 1) hay y x . 0 2 2 0,5 1 1 1 1 *) Với x0 , ta có M ; 3 , suy ra pt tiếp tuyến y y' . x 3 hay y 8 x 1. 2 2 2 2 Phương trình đã cho tương đương với Câu 2. cos2x (sin x cos x ) sin 2 x 1 0 cos2x sin 2 x (sin x cos x ) (sin 2 x 1) 0 (1,0 0,5 điểm) (cosx sin x )(sin x cos x )2 (sin 2 x 1) 0 (cosx sin x )(1 sin 2 x ) (sin 2 x 1) 0 (sin 2 x 1)(cos x sin x 1) 0. *) sin210sin212x x x k 2 x k , k . 2 4 x k2 x k2 1 4 4 *) cosx sin x 1 0 sin x 0,5 4 2 3 x k2 , k  . x k2 2 4 4 Vậy nghiệm của phương trình là x k , x k2 , x k 2 , k  . 4 2 1
x 0 Câu 3. 0 x 1 2 3 41 (1,0 Điều kiện: 1 x 0 3 41 3 41 0 x . (*) 8 điểm) 2 x 0,5 2 3x 4 x 0 8 8 Bất phương trình đã cho tương đương với x 1 x2 2 x (1 x 2 ) 2 3 x 4 x 2 3(x2 x ) (1 x ) 2 ( x x 2 )(1 x ) 0 5 34 2 2 2 x x x x x x x 1 2 9 3 2 1 0 9x 10 x 1 0 1 x 1 x 1 x 3 5 34 0,5 x . 9 5 34 3 41 Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là x . 9 8 Câu 4. 2(4cos2x 1)cos x 2 3 4sin 2 x (1,0 Ta có I d x d(sin x ). 2 3sinx (1 2sin2 x ) 2sin 2 x 3sin x 1 điểm) 0 0 0,5 1 3 4t2 Đặt t sin x . Khi x 0 thì t 0, khi x thì t 1. Suy ra I d t 2 2 0 2t 3 t 1 1 6t 5 1 (4 t 4) (2 t 1) 2 dt 2 d t (2t 1)( t 1) (2 t 1)( t 1) 0 0 0,5 1 4 1 1 2 dt 2 t 2ln(2 t 1)ln( t 1) 22ln3ln2 ln182. 0 2t 1 t 1 0 *) Áp dụng định lý côsin cho tam giác ABD''' suy Câu 5. A D ra BAD ' ' ' 1200 . Do đó ABC' ' ', ACD''' là các (1,0 a 3 điểm) 3a tam giác đều cạnh a 3. B C Gọi OACBD ' '  ' ', ta có BO A''''. B C D Kẻ OH A'' B tại H, suy ra A''. B BHO Do đó ABCD ,''. CDD C BHO A' 0,5 H D ' 21 2 G Từ cosBHO tan BHO . O 7 3 C ' B ' 2a 3 BO HO.tan BHO A ' O .sin600 . . 3 2 a3 9 a3 Vậy V . a 3. a 3.sin600 . ABCD.'''' A B C D 2 4 a 3 1 *) Vì BO A'' C nên tam giác A'' BC vuông tại B. Vì B'''' D A BC nên BD'' là 2 2 trục đường tròn ngoại tiếp tam giác Gọi G là tâm của tam giác đều Khi đó A' BC '. ACD' ' '. 0,5 GA''' GC GD và GA'' GB GC nên G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A' BC ' D '. Mặt 2 2 3a cầu này có bán kính R GD'' OD a 3 3 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có Câu 6. a2 a 24 a 2 b24 b 2 (1,0 . Tương tự, ta có . 25 2 2 2 điểm) (b c ) 5 bc()()b c2 b c 2 9( b c ) (c a ) 5 ca 9( c a ) 4 2 a2 b 24 a 2 b 2 2 a b Suy ra 2 2 2 2 (bc ) 5 bcca ( ) 5 ca9 ( bc ) ( ca ) 9 b c c a 0,5 2 2 2()a b 2 2 2 c() a b 2 2 a b c ( a b ) 22 2 2( a b ) 4 c ( a b ) 2 2 2 2 . 9 ab c( a b ) c 9 ( a b )2 9 ( a b ) 4 c ( a b ) 4 c c() a b c 4 2
Vì a b c 1 a b 1 c nên 2 2 2 2 2(1 c ) 4 c (1 c ) 32 8 2 3 2 P 2 2 (1 c ) 1 (1 c ) . (1) 9 (1 c ) 4 c (1 c ) 4 c 4 9 c 1 4 2 8 2 3 2 Xét hàm số f( c ) 1 (1 c ) với c (0; 1). 9 c 1 4 1 16 2 2 3 c 0 3 1 Ta có f'( c ) 1 .2 ( c 1); 9 c 1 (c 1) 2 f'( c ) – 0 + 1 f'()0 c ( c 1)64(3 c 3)3 0 c . 3 Bảng biến thiên: f() c 0,5 1 1 9 Dựa vào bảng biến thiên ta có f() c với mọi c (0; 1). (2) 9 1 1 Từ (1) và (2) suy ra P , dấu đẳng thức xảy ra khi a b c . 9 3 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là , đạt khi a b c . 9 3 B Vì DE AC nên DE: x y 3 0 D t ; t 3 . Câu A 1 1 7.a G Ta có dGAC ,,, dBAC dDAC (1,0 3 3 điểm) E 0,5 1 2t 4 t 1 D 1; 4 2 . . 3 2 t 5 D 5; 2 D C Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D 1; 4 .   1 1 2. xB 1 Ta có GD 2 GB B 1; 8 BD : x 1. 4 4 2 yB 4 Vì A AC: x y 1 0 A a ; a 1 . 1 4 4 Ta có SSSSSSAGCD AGC ACD 1 ABC ABC ABD . 3 3 3 0,5 1 a 5 A 5; 6 tm Suy ra SABD 24 . d A , BD . BD 24 a 1.12 48 2 a 3 A 3; 2 ktm   Từ AD BC C 3; 2 . Vậy ABCD 5;6, 1;8, 3; 2, 1; 4. Vì A AB A a 3; a 4; 4 a 8 . Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng suy Câu 8.a ra A 1; 2; 0 . Vì B AB B b 3; b 4; 4 b 8 . Ta có 0,5 (1,0 B2; 3; 4 tm x 0 điểm) 2 2 2 b 1 B AB 3 2 b 2 b 2 16 b 2 18 b 3 B 0; 1; 4 ktm 3 2 3 Ta có BC AB.sin300 . Mặt khác d B,. BC Từ đó suy ra C là hình chiếu 2 2 3 7 5 vuông góc của B lên . Ta có C 2 c ; 3; 4 c c C ; 3; . 0,5 2 2 2 7 5 Vậy ABC 1; 2; 0 , 2; 3; 4 , ; 3; . 2 2 Đặt z x yi( x , y  ). Khi đó ta có Câu z i z 1 x ( y 1) i ( x 1) yi x ( y 1) ixyi ( ) ( x 1) yixyi ( ) 9.a (1,0 z z x yi x yi x2 y 2 0,5 điểm) 2x2 2 y 2 x y x y i. x2 y 2 x 2 y 2 3
Theo bài ra ta có 2 2 2 2 2x 2 y x y 7 x y 3 2 2 x y 0 x2 y 2 0 2 2 2 2 x y5 x y 5 2 2 x 4 y x 2 y x y1 x y 1 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 5( x y ) x y 5( x y ). x y5 x y 5 0,5 x 2 y x 0, y 0 (ktm) *) x 2 y , suy ra 2 z 2 i . 5y 5 y x 2, y 1 x 2 y x 0, y 0 (ktm) *) x 2 y , suy ra 2 z 6 3 i . 5y 15 y x 6, y 3 Vậy z 2 i , z 6 3 i . Gọi I AC  BE. Vì I AC I t; 2 t 3 . Ta thấy I là Câu B 7.b C trung điểm của BE nên E 2 t 4; 4 t 6 . Theo giả thiết (1,0 E t 3 I 3; 3 , E 2; 6 . điểm) I Vì AD//, BC AD 2 BC nên BCDE là hình bình hành. 0,5 Suy ra ADC IBC . A 2 E D Từ cotIBC cot ADC 2 cos IBC . 5   Vì CACCcc ;2 3 BI 1;3, BCc 4;23. c Ta có c 5 2 5c 5 2 c 1 cosIBC 2 7 . 510. 5c2 20 c 25 5 3c 22 c 35 0 c 3 7 5 0,5 Suy ra C 5; 7 hoặc C ; .` 3 3 Với C 5; 7 , ta thấy I là trung điểm của AC nên A 1; 1 , vì E là trung điểm của AD nên D 3; 13 . 7 5 11 13 1 23 Với C ;, tương tự ta có AD;,;. 3 7 3 3 3 3   Ta có AB1;1; 3 , n 1; 5; 2 . Ta thấy A nên đường thẳng MA có VTCP là Câu 8.b    x 2 y 1 z 1 0,5 u AB, n 17; 5; 4 MA: M 172;51;41. m m m (1,0 MA 17 5 4 điểm) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có 1 1 1 2 2 2 AM 330. d A, MB AM AB 0,5 2 2 2 Suy ra 17m 5 m 4 m 330 m 1 M 15; 6; 5 , M 19; 4; 3 Điều kiện: x y 0. Câu Đặt t xy 0, phương trình thứ nhất của hệ trở thành 9.b t t t t t t (1,0 4 (t 2)2 t 3 0 (2 1)(2 t 3) 0 2 t 3 0, vì 2 1 0. 0,5 điểm) Vì hàm f( t ) 2t t 3 đồng biến trên , mà f (1) 0 nên 2t t 3 0 t 1. Khi đó ta có 1 xy 1, hay y . x 2 2 1 1 2x 1 2 Thế vào pt thứ hai của hệ ta được log2 x log 2 x .log 2 0 log 2 log 2 x x x x x2 1 x 2 1 log2 log 2 x x 2 2 x x x 1 x x 2. 0,5 2 2 2 x 1 x 1 1 x 1 1 log2 log 2 x x x x 1 Suy ra nghiệm của hệ là x 2, y . 2 4