TỔNG HỢP ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (19.27 MB, 137 trang )
24hchiase.com
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối A
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
P H ẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 8x 9x 1
y f x
= = − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
4 2
8 os 9 os 0
c x c x m
− + =
với
[0; ]
x
π
∈
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
3
l o g
1
2 2
2
x
x x x
− − = −
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y
+ + − =
− =
Câu III
(1
đ
i
ể
m) Tính di
ệ
n tích c
ủ
a mi
ề
n ph
ẳ
ng gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i các
đườ
ng
2
| 4 |
y x x
= − và
2
y x
=
.
Câu IV
(1
đ
i
ể
m) Cho hình chóp c
ụ
t tam giác
đề
u ngo
ạ
i ti
ế
p m
ộ
t hình c
ầ
u bán kính r cho tr
ướ
c. Tính th
ể
tích
hình chóp c
ụ
t bi
ế
t r
ằ
ng c
ạ
nh
đ
áy l
ớ
n g
ấ
p
đ
ôi c
ạ
nh
đ
áy nh
ỏ
.
Câu V
(1
đ
i
ể
m)
Đị
nh m
để
ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ
m
2
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0
4 4 4
c c m
π π π
− + =
P H ẦN RIÊNG (3 điểm):
Thí sinh ch
ỉ
làm m
ộ
t trong hai ph
ầ
n (Ph
ầ
n 1 ho
ặ
c ph
ầ
n 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a
(2
đ
i
ể
m)
1. Cho
∆
ABC có
đỉ
nh A(1;2),
đườ
ng trung tuy
ế
n BM:
2 1 0
x y
+ + =
và phân giác trong CD:
1 0
x y
+ − =
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng BC.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho
đườ
ng th
ẳ
ng (D) có ph
ươ
ng trình tham s
ố
2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +
= −
= +
.G
ọ
i
∆
là
đườ
ng th
ẳ
ng qua
đ
i
ể
m A(4;0;-1) song song v
ớ
i (D) và I(-2;0;2) là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a
A trên (D). Trong các m
ặ
t ph
ẳ
ng qua
∆
, hãy vi
ế
t ph
ươ
ng trình c
ủ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng có kho
ả
ng cách
đế
n
(D) là l
ớ
n nh
ấ
t.
Câu VII.a
(1
đ
i
ể
m) Cho x, y, z là 3 s
ố
th
ự
c thu
ộ
c (0;1]. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
1 1 1 5
1 1 1
xy yz zx x y z
+ + ≤
+ + + + +
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b
(2
đ
i
ể
m)
1. Cho hình bình hành ABCD có di
ệ
n tích b
ằ
ng 4. Bi
ế
t A(1;0), B(0;2) và giao
đ
i
ể
m I c
ủ
a hai
đườ
ng chéo n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng y = x. Tìm t
ọ
a
độ
đỉ
nh C và D.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho hai
đ
i
ể
m A(1;5;0), B(3;3;6) và
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
có
ph
ươ
ng trình tham s
ố
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +
= −
=
.M
ộ
t
đ
i
ể
m M thay
đổ
i trên
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
,
xác
đị
nh v
ị
trí c
ủ
a
đ
i
ể
m M
để
chu vi tam giác MAB
đạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t.
24hchiase.com
2
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
+ + + + <
+ + + + + +
H
ế
t
Đáp án
Câu Ý Nội dung Điểm
I
2,00
1
1,00
+ T
ậ
p xác
đị
nh:
D
=
ℝ
0,25
+ S
ự
bi
ế
n thiên:
•
Gi
ớ
i h
ạ
n:
l i m ; l i m
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
•
(
)
3 2
' 32x 18x = 2x 16x 9
y
= − −
0
' 0
3
4
x
y
x
=
= ⇔
= ±
0,25
• Bảng biến thiên.
( )
3 49 3 49
; ; 0 1
4 32 4 32
CT CT
y y y y y y
= − = − = = − = =
C§
0,25
• Đồ thị
0,25
2
1,00
Xét phương trình
4 2
8 os 9 os 0
c x c x m
− + =
với
[0; ]
x
π
∈
(1)
Đặt
osx
t c
=
, phương trình (1) trở thành:
4 2
8 9 0 (2)
t t m− + =
Vì
[0; ]
x
π
∈
nên
[ 1 ; 1 ]
t
∈ −
, giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm
của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25
24hchiase.com
3
Ta có:
4 2
(2) 8 9 1 1 (3)
t t m⇔ − + = −
Gọi (C
1
):
4 2
8 9 1
y t t
= − +
với
[ 1 ; 1 ]
t
∈ −
và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C
1
) và (D).
Chú ý rằng (C
1
) giống như đồ thị (C) trong miền
1 1
t− ≤ ≤
.
0,25
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
•
81
32
m > : Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho vô nghi
ệ
m.
•
81
32
m = : Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 2 nghi
ệ
m.
•
81
1
32
m≤ < : Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 4 nghi
ệ
m.
•
0 1
m
< <
: Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 2 nghi
ệ
m.
•
0
m
=
: Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 1 nghi
ệ
m.
•
m < 0 : Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho vô nghi
ệ
m.
0,50
II
2,00
1
1,00
Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng:
3
3
log
l o g
3
2 0
2
2 0
1
1
1
l o g ln 0
l n 0
1
2
2
2
2
2
2 0
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
− =
=
− =
⇔ ⇔ − =
− =
− =
>
>
− >
0,50
3
2
2 2
l o g 0
1 1
2
1
1 3
l n 0
1
2
2 2
2 2
2
x
x x
x
x x
x
x
x x
x x
x
=
= =
=
= =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
− =
− = =
> >
>
0,50
2
1,00
Điều kiện:
| | | |
x y
≥
Đặt
2 2
; 0
u x y u
v x y
= − ≥
= +
;
x y
= −
không thỏa hệ nên xét
x y
≠ −
ta có
2
1
2
u
y v
v
= −
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =
− =
0,25
4
8
u
v
=
⇔
=
hoặc
3
9
u
v
=
=
+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y
=
− =
⇔
=
+ =
(I)
+
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y
=
− =
⇔
=
+ =
(II)
0,25
Giải hệ (I), (II).
0,25
24hchiase.com
4
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
(
)
(
)
{
}
5 ; 3 , 5 ; 4
S =
0,25
III
1,00
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:
2
| 4 | ( )
y x x C
= − và
(
)
: 2
d y x
=
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
2
2 2
2 2
0 0
0
| 4 | 2 2
4 2 6 0
6
4 2 2 0
x x
x
x x x x
x x x x x
x
x x x x x
≥ ≥
=
− = ⇔ ⇔ ⇔ =
− = − =
=
− = − − =
Suy ra diện tích cần tính:
( ) ( )
2 6
2 2
0 2
4 2 4 2
S x x x dx x x x dx
= − − + − −
∫ ∫
0,25
Tính:
( )
2
2
0
| 4 | 2
I x x x dx
= − −
∫
Vì
[
]
2
0 ; 2 , 4 0
x x x
∀ ∈ − ≤
nên
2 2
| 4 | 4
x x x x
− = − +
⇒
( )
2
2
0
4
4 2
3
I x x x dx
= − + − =
∫
0,25
Tính
( )
6
2
2
| 4 | 2
K x x x dx
= − −
∫
Vì
[
]
2
2 ; 4 , 4 0
x x x
∀ ∈ − ≤
và
[
]
2
4 ; 6 , 4 0
x x x
∀ ∈ − ≥
nên
( ) ( )
4 6
2 2
2 4
4 2 4 2 16
K x x x dx x x x dx
= − − + − − = −
∫ ∫
.
0,25
Vậy
4 52
16
3 3
S = + =
0,25
IV
1,00
G
ọ
i H, H’ là tâm c
ủ
a các tam giác
đề
u ABC, A’B’C’. G
ọ
i I, I’ là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AB,
A’B’. Ta có:
( ) ( ) ( )
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥
⇒
⊥
⇒
⊥
⊥
Suy ra hình c
ầ
u n
ộ
i ti
ế
p hình chóp c
ụ
t này ti
ế
p xúc v
ớ
i hai
đ
áy t
ạ
i H, H’ và ti
ế
p xúc
v
ớ
i m
ặ
t bên (ABB’A’) t
ạ
i
đ
i
ể
m
'
K II
∈
.
0,25
24hchiase.com
5
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK I H IC= = = = = =
Tam giác IOI’ vuông
ở
O nên:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ =
0,25
Th
ể
tích hình chóp c
ụ
t tính b
ở
i:
(
)
' . '
3
h
V B B B B
= + +
Trong
đ
ó:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h
= = = = = =
0,25
T
ừ
đ
ó, ta có:
2 2 3
2 2
2r 3 r 3 3 r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
= + + =
0,25
V
1,00
Ta có:
+/
(
)
4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x
;
+/
( )
4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x
4 4 2
c c c c
π π π
= + =
+/
( )
2
1 1
os 2x + 1 os 4x + 1 sin4x
4 2 2 2
c c
π π
= + = −
Do
đ
ó ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng:
( )
1 1
2 os2x + sin2x sin4x + m - 0 ( 1 )
2 2
c + =
Đặ
t
os2x + sin2x = 2 os 2x -
4
t c c
π
=
(
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
2 2
t− ≤ ≤
).
0,25
Khi
đ
ó
2
sin4x = 2sin2xcos2x = t 1−
. Phương trình (1) trở thành:
2
4 2 2 0
t t m
+ + − =
(2) với
2 2
t− ≤ ≤
2
(2) 4 2 2
t t m
⇔ + = −
Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường
( ): 2 2
D y m
= −
(là đường song
song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P):
2
4
y t t
= +
với
2 2
t− ≤ ≤ .
0,25
Trong đoạn
2; 2
−
, hàm số
2
4
y t t
= +
đạt giá trị nhỏ nhất là
2 4 2
− tại
2
t
= −
và đạt giá trị lớn nhất là
2 4 2
+ tại
2
t = .
0,25
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
2 4 2 2 2 2 4 2
m− ≤ − ≤ +
2 2 2 2
m⇔ − ≤ ≤ .
0,25
VIa
2,00
1
1,00
Điểm
(
)
: 1 0 ;1
C CD x y C t t
∈ + − = ⇒ −
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
+ −
.
0,25
24hchiase.com
6
Điểm
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7; 8
2 2
t t
M BM x y t C
+ −
∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −
0,25
T
ừ
A(1;2), k
ẻ
: 1 0
AK CD x y
⊥ + − =
tại I (điểm
K BC∈
).
Suy ra
(
)
(
)
: 1 2 0 1 0
AK x y x y
− − − = ⇔ − + =
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
( )
1 0
0 ; 1
1 0
x y
I
x y
+ − =
⇒
− + =
.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK
⇒
tọa độ của
(
)
1 ; 0
K − .
0,25
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= ⇔ + + =
− +
0,25
2
1,00
G
ọ
i (P) là m
ặ
t ph
ẳ
ng
đ
i qua
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
, thì
( )//( )P D
ho
ặ
c
( ) ( )
P D
⊃
. G
ọ
i H là
hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a I trên (P). Ta
luôn có
IH I A≤
và
IH AH⊥
.
0,25
M
ặ
t khác
( ) ( )
(
)
( )
(
)
( )
, ,
d D P d I P IH
H P
= =
∈
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
P
,
IH I A≤
; do
đ
ó
axIH = IA H A
m
⇔ ≡
. Lúc này (P) ở vị trí
(P
0
) vuông góc với IA tại A.
0,25
Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là
(
)
6;0; 3
n IA
= = −
, cùng phương với
(
)
2 ; 0 ; 1
v
= −
.
Phương trình của mặt phẳng (P
0
) là:
(
)
(
)
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0
x z− − + = .
0,50
VIIa
1,00
Để ý rằng
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 1 0
xy x y x y
+ − + = − − ≥
;
và tương tự ta cũng có
1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +
+ ≥ +
0,50
Vì vậy ta có:
0,50
24hchiase.com
7
( )
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 z x + y
1
5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
+ + + + ≤ + + + + +
+ + + + + +
≤ + + +
+ +
= − − +
+ + +
≤ − − +
+ +
=
VIb
2,00
1
1,00
Ta có:
(
)
1 ; 2 5
AB AB= − ⇒ =
.
Phương trình của AB là:
2 2 0
x y
+ − =
.
(
)
(
)
: ;
I d y x I t t
∈ = ⇒ . I là trung
điểm của AC và BD nên ta có:
(
)
(
)
2 1 ; 2 , 2 ;22
C t t D t t
− −
.
0,25
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S ABCH
= =
(CH: chiều cao)
4
5
⇒ CH = .
0,25
Ngoài ra:
( )
( ) ( )
4 5 8
8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1 ; 0 , 0 ; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D
= ⇒
−
= ⇔ = ⇔
= ⇒ − −
Vậy t ọa độ của C và D là
5 8
8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
ho
ặ
c
(
)
(
)
1 ; 0 , 0 ; 2
C D
− −
0,50
2
1,00
G
ọ
i P là chu vi c
ủ
a tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không
đổ
i nên P nh
ỏ
nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi AM + BM nh
ỏ
nh
ấ
t.
Đườ
ng th
ẳ
ng
∆
có ph
ươ
ng trình tham s
ố
:
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +
= −
=
.
Đ
i
ể
m
M
∈∆
nên
(
)
1 2 ;1 ;2
M t t t
− + −
.
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 53 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
(
)
3 ;25
u t=
và
(
)
3 6 ; 2 5
v t
= − + .
0,25
24hchiase.com
8
Ta có
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
| | 3 2 5
| |3 6 2 5
u t
v t
= +
= − +
Suy ra
| | | |
AM BM u v
+ = +
và
(
)
6 ; 4 5 | | 2 29
u v u v+ = ⇒ + =
Mặt khác, với hai vectơ
,u v
ta luôn có
| | | | | |
u v u v
+ ≥ +
Như vậy
2 29
AM BM+ ≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,u v
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +
(
)
1 ; 0 ; 2
M⇒ và
(
)
min 2 29
AM BM+ = .
0,25
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
(
)
2 11 29
+
0,25
VIIb
1,00
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >
+ >
+ >
.
Đặt
( )
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+
+
= = = > ⇒ + > + > + >
.
V
ế
trái vi
ế
t l
ạ
i:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +
0,50
Ta có:
( ) ( )
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
+ > ⇔ + + < + ⇔ >
+ + +
.
T
ươ
ng t
ự
:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +
Do
đ
ó:
(
)
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
.
T
ứ
c là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
+ + + + <
+ + + + + +
0,50
SỞ GD-ĐT VĨNH PHÚC
THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV NĂM HỌC 2012 – 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Môn: TOÁN 12 – Khối A,A1
VĨNH PHÚC
Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề)
I. P H ẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu 1. Cho hàm số
32
(2 1) 1y x m x m
(m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
1.m
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để đồ thị của hàm số đã chi tiếp xúc với đường thẳng
2 1.y mx m
Câu 2. Giải phương trình
2
3 2cos cos 2 3 2cos sin 0x x x x
.
Câu 3. Giải hệ phương trình
2 1 1
3 2 4
x y x y
xy
(
,xy
)
Câu 4. Tìm diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
1,
x
ye
trục hoành và hai đường
thẳng
ln3, ln8.xx
Câu 5. Cho hình lăng trụ
.ABC A B C
có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của đỉnh
A
trên
mặt phẳng
()ABC
trùng với tâm O của tam giác ABC. Biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng
BC và
AA
bằng
3
4
,
a
hãy tính thể tích của hình lăng trụ và diện tích của thiết diệ n khi cắt lăng
trụ bởi mặt phẳng đi qua BC vuông góc với
AA
.
Câu 6. Cho các số thực
,,abc
bất kỳ . Chứng minh rằng
2 2 2 2
( 2)( 2)( 2) 3( )a b c a b c
II. P H ẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được một trong hai phần riêng, phần A hoặc phần B )
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
22
( ): 2 4 27 0C x y x y
và
điểm
(1; 2).M
Hãy viết phương trình của đường thẳng
đi qua M, cắt đường tròn đã cho tại hai
điểm A và B sao cho các tiếp tuyến của
()C
tại A và B vuông góc với nhau.
Câu 8a. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
( ):3 2 4 0P x y z
và hai
điểm
(1;3;2), (2;3;1).AB
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Tìm tọa độ điểm J sao cho IJ
vuông góc với mặt phẳng
()P
đồng thời J cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng
( ).P
Câu 9a. Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển
2
(1 3 )
n
xx
, biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn
1 2 3
156.
n n n
A A A
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với các đường thẳng chứa đường
cao kẻ từ B, phân giác trong kẻ từ A lần lượt có phương trình
33 4 0, 12 0.x y x y
Biết
rằng điểm
(0;2)M
là mộ điểm nằm trên đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng
2 10,
tìm tọa độ các đỉnh của tam giác.
Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
(3;2;1),A
mặt phẳng
( ): 2 0P x y z
và đường thẳng
1
1
1 2 1
:.
y
xz
Viết phương trình của đường thẳng d đi qua A, cắt
và
()P
theo thứ tự tại B và C sao cho A là trung điểm BC.
Câu 9b. Giải phương trình
24
2 16
22
3
log ( 5) log | 1| 1 log ( 3 2)
2
x x x x
Cán bộ coi thi không giả i thích gì thêm!
24hchiase.com
SỞ GD-ĐT VĨNH PHÚC
THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV NĂM HỌC 2012 – 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HD chấm môn TOÁN 12 – Khối A,A1
VĨNH PHÚC
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
32
1. 1: 3 2m y x x
. TXĐ:
0.25
Chiều biến thiên:
3 (2 ), 0 0 2y x x y x x
Xét dấu
y
và kết luận:
hàm số đồng biến trên
(0;2),
nghịch biến trên các khoảng
( ;0),(2; )
;
hàm số đạt cực đại tại
2, (2) 2;
cd
x y y
hàm số đạt cực tiểu tại
0, (0) 2
ct
x y y
0.25
Nhánh vô cực:
lim ; lim
xx
yy
, lập bảng biến thiên
0.25
Vẽ đồ thị
2
2
0.25
2. Đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng
21y mx m
khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm
32
2
2 1 1 2 1 (1)
3 2 2 1 2 (2)
x m x m mx m
x m x m
0.25
Phương trình (1) tương đương với
2
( (2 1) 2 ) 0x x m x m
do đó luôn có nghiệm
0, 1xx
và
2xm
0.25
Do đó, hệ (1)-(2) có nghiệm khi và chỉ khi ít nhất một trong ba nghiệm của (1) là nghiệm của (2).
0x
thỏa mãn (2):
0m
;
1x
thỏa mãn (2):
1
2
m
;
2xm
thỏa mãn (2): tìm được
0m
và
1
2
m
0.25
Kết luận
0.25
2
Phương trình đã cho tương đương với
2
2 3cos 2 3 2sin cos 3cos 3sin 0x x x xx
Để ý rằng
22
sin cos 1,xx
nhân tử hóa, thu được
cos 3sin 3 2sin 0x x x
0.25
24hchiase.com
Giải phương trình
3 2sin 0x
thu được
2 · ( )
3
x k k
và
2
2 · ( )
3
x m m
0.25
Giải phương trình
cos 3sin 0xx
thu được
· ( )
6
x n n
0.25
Kết luận nghiệm
0.25
3
Điều kiện:
2 1 0, 0x y x y
0.25
Đặt
2 1 , , ( , 0),x y a x y b a b
để ý rằng
3 2 (2 1) ( ) 1,x y x y y x y
ta
được hệ
22
1 (1)
5 (2)
ab
ab
0.25
Giải hệ, với chú ý
, 0,ab
thu được
2, 1.ab
0.25
Từ đó, thu được
23
1
xy
xy
. Giải hệ, thu được
( ; ) (2; 1)xy
Đối chiếu điều kiện và kết luận
0.25
4
Diện tích cần tính bằng
ln8
ln3
1
x
S e dx
0.25
Đặt
1
x
et
, khi đó
2
2
2
12
1
xx
tdt
e t e dx tdt dx
t
. Hơn nữa,
ln3 ln8 ~ 2 3xt
0.25
Suy ra
3 3 3
22
2 2 2
23
· 2 2 ln
1 1 2
tdt dt
S t dt
tt
(đ.v.d.t)
0.5
5
(Hình vẽ ở trang cuối)
Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên
2
3
4
ABC
a
S
. Ngoài ra, với I là trung điểm BC, thì
3
2
a
AI
và
2
3
3
a
AO AI
.
0.25
Do giả thiết,
BC AIA
. Suy ra
31
42
a
IH AI
(H là hình chiếu của I trên
AA
), suy ra
0
30A AI
. Do đó
0
2
.
cos30 3
AO a
AO
Vậy
3
.
3
6
ABC A B C
a
V
(đ.v.t.t)
0.25
Tính được
3
4
a
AH AA
nên
A
nằm giữa
,AH
và
12
a
AH
. Gọi J là giao điểm của IH với
mặt phẳng
ABC
,
()P
là mặt phẳng qua BC, vuông góc với
.AA
Khi đó, do
,BC A B C
nên giao tuyến của
()P
với
ABC
là đường thẳng qua J song song với BC, hay thiết diện là
hình thang BCMN (hình vẽ).
0.25
Do
1
8
HJ A H
JI IK
(K là trung điểm
BC
) nên
82
9
33
a
IJ IH
và
1
.
8
MN BC
Suy ra
2
1
3
2
BCMN
S BC MN IJ a
(đ.v.d.t)
0.25
6
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( ) 8 6( )a b b c c a a b c a b c ab bc ca
0.25
24hchiase.com
Do
2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) 0ab bc ca
nên
2 2 2 2 2 2
2( ) 6 4( )a b b c c a ab bc ca
Do đó, ta chỉ cần chứng minh
2 2 2 2 2 2
2 2( )a b c a b c ab bc ca
là đủ
0.25
Do trong ba số
2 2 2
1, 1,abc
luôn có hai số cùng dấu, nên
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( 1)( 1) 0c a b a b c c b c c a
0.25
Bởi vậy, ta cần chứng minh
2 2 2 2 2 2
2 2( )a b b c c a ab bc ca
(1)
Để ý rằng
2 2 2
(1) ( ) ( 1) ( 1) 0a b bc ca
, luôn đúng nên ta có được điều phải chứng minh.
0.25
7a
+
()C
có tâm
( 1;2),I
bán kính
42R
0.25
+ Khẳng định: đường thẳng cần tìm cách tâm I một khoảng bằng
4
2
R
0.25
+
: ( 1) ( 2) 0,a x b y
với
22
0.ab
22
| 2 4 |
( ; ) 4 4 0 3 4 .
ab
d I a a b
ab
0.25
+ Với
0a
thì
0,b
tùy ý, do đó
: 2 0.y
Với
34ab
thì chọn
4, 3ab
, do đó
:4 3 10 0.xy
0.25
8a
+
3 3 3 3
;3; , ( ; ; ) ; 3;
2 2 2 2
I J x y z IJ x y z
0.25
+
33
(3; 2;1) 3 , 3 2 , .
22
IJ p x t y t z t
0.25
+
22
2 2 2 2 2 2
27 (3 2 4) (14 4)
14 , ( ;( ))
2 14 14
x y z t
OJ x y z t d J P
0.25
Do
( ;( ))OJ d J P
nên thu được phương trình
2
2
27 (14 4) 173
14
2 14 112
t
tt
.
Từ đó
519 285 5
;;
112 56 112
J
0.25
9a
+
1 2 3
156 6
n n n
A A A n
0.25
+ Khi
6:n
2 6 0 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4
6 6 6 6 6
5 5 5 6 6 6
66
(1 3 ) (1 3 ) (1 3 ) (1 3 ) (1 3 )
(1 3 ) (1 3 )
x x C C x x C x x C x x C x x
C x x C x x
Trong khai triển trên,
4
x
chỉ xuất hiện trong các số hạng
6
(1 3 ) ,
k k k
C x x
với
2,3,4.k
Do đó hệ số của
4
x
phải tìm là tổng các hệ số của
4
x
trong các khai triển trên
0.25
+ Với
2:k
hệ số của
4
x
bằng
2
6
9C
; Với
3:k
hệ số của
4
x
bằng
3
6
9C
; Với
4:k
hệ số của
4
x
bằng
4
6
C
.
0.25
+ Hệ số cần tìm bằng
2 3 4
6 6 6
9 9 30C C C
0.25
7b
Gọi
,h
theo thứ tự là đường cao kẻ từ B, phân giác trong kẻ từ A;
( ; )N x y
là điểm đối xứng với
M qua . Khi đó, x, y là nghiệm của hệ
0
2
3
2
3 12 0
22
x
y
xy
. Từ đó, tìm được
(6;4)N
0.25
24hchiase.com
Do
,AC h AC AN
nên tọa độ của A là nghiệm của hệ
64
13
3 12 0
xy
xy
. Từ đó, tìm được
13
( ; 1)
3
A
0.25
Do B là giao điểm của các đường thẳng h và AM, nên …. tìm được
13 5
( ; )
77
B
0.25
Do
2 10MC
cà C nằm trên AC, nên C có tọa độ là nghiệm của hệ
2
2
3 14 0
2 40
xy
xy
g iải hệ, thu được
12
18 16
( ; ), (6;4)
55
CC
. Từ đó, do
AB AM
nên
,AN AC
do đó
2
(6;4)CC
0.25
8b
+ Đưa phương trình
về dạng tham số
, 1 2 , 1x t y t z t
, do đó mọi điểm của
đều có
tọa độ dạng
( ;1 2 ; 1 )t t t
0.25
+ Xét điểm
( ;1 2 ; 1 )B t t t
, lấy C đối xứng với B qua A. Khi đó
(6 ;3 2 ;3 )C t t t
0.25
+
( ) 4.C P t
0.25
+ Do đó …
(1;7; 6)AB
, suy ra đường thẳng cần tìm có phương trình
3 2 1
1 7 6
x y z
0.25
9b
+ Điều kiện
5, 1, 2x x x
0.25
+ Đưa phương trình về dạng
2
2 2 2
log ( 5) log | 1| 1 log | 3 2|x x x x
0.25
+ Từ đó, kết hợp với
1,x
thu được
( 5) 2| 2|xx
0.25
+ Giải phương trình này, thu được
1
9
3
xx
. Đối chiếu điều kiện và kết luận.
0.25
Hình vẽ cho câu 5.
K
H
A'
O
A
I
Hình 1
H
M
N
J
K
C'
B'
C
O
A
I
B
A'
Hình 2
24hchiase.com
SỞ GD-ĐT VĨNH PHÚC
THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV NĂM HỌC 2012 – 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Môn: TOÁN 12 – Khối B,D
VĨNH PHÚC
Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề)
I. P H ẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. Cho hàm số
3 2 2 2
3 3(1 ) 2 2 1y x x m x m m
(m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
1.m
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu; đồng thời hai điểm
cực trị của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng
: 4 5 0.d x y
Câu 2. Giải phương trình
2
1
4 4 4
cos 2 cos 2 sin 1 cos2x x x x
với
0.
4
x
Câu 3. Giải hệ phương trình
3 3 3
22
27 7 8
96
x y y
x y y x
(
,xy
)
Câu 4. Tính tích phân
1
ln 2
ln
e
x
x x x
I dx
Câu 5. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy ABCD là hình bình hành, với
22SA SB AB a BC
và
0
120 .ABC
Gọi H là trung điểm của cạnh AB và K là hình chiếu vuông góc của H trên mặt phẳng
( ),SCD K
nằm trong tam giác SCD và
3
5
.HK a
Tìm thể tích của hình chóp theo a.
Câu 6. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn
3.ab a b
Chứng minh rằng
22
3 3 3
1 1 2
a b ab
b a a b
ab
II. P H ẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ đư ợ c một trong hai phần riêng, phần A hoặc phần B.
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
22
( ):( 1) ( 1) 16C x y
có tâm I và
điểm
(1 3;2).A
Viết phương trình đường thẳng
đi qua A và cắt
()C
tại hai điểm B, C phân biệt sao
cho tam giác IBC không có góc tù đồng thời có diện tích bằng
4 3.
Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(0;4;2)M
và hai mặt phẳng
( ),( )PQ
lần lượt
có phương trình
3 1 0, 3 4 7 0.x y x y z
Viết phương trình của đường thẳng
đi qua M và
song song với giao tuyến của
()P
và
( ).Q
Câu 9a. Tìm tất cả các số thực a, b sao cho số phức
23zi
là nghiệm của phương trình
2
0.z az b
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
(3;4)M
và đường tròn
22
: 6 2 2 0.x y x y
Viết phương trình của đường tròn
với tâm M, cắt
tại hai điểm A, B
ssao cho AB là cạnh của một hình vuông có bốn đỉnh nằm trên
.
Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình của mặt cầu có tâm
(1;2;3)I
và tiếp xúc
với đường thẳng
2
:.
1 2 2
x y z
d
Câu 9b. Hãy giải phương trình sau trên tập hợp số phức
2 2 2
( ) ( ) 5 5 0.z i z i z
Cán bộ coi thi không giả i thích gì thêm!
24hchiase.com
SỞ GD-ĐT VĨNH PHÚC
THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV NĂM HỌC 2012 – 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HD chấm môn TOÁN 12 – Khối B,D
VĨNH PHÚC
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, nhưng không nhất thiết phải vẽ hình 1; 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.
32
31: 3m y x x
. TXĐ:
0.25
Chiều biến thiên:
3 ( 2), 0 0 2y x x y x x
Xét dấu
y
và kết luận: hàm số đồng biến trên
( ;0),(2; )
, nghịch biến trên
(0;2)
Hàm số đạt cực đại tại
0, 3
cd
xy
; hàm số đạt cực tiểu tại
2, 1
ct
xy
0.25
Nhánh vô cực:
lim , lim
xx
yy
; lập bảng biến thiên
0.25
Vẽ đồ thị
0.25
2.
22
3 6 3(1 )y x x m
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi
0y
có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu khi qua hai
nghiệm đó. Điều này tương đương với phương trình
22
2 1 0x x m
có hai nghiệm phân biệt,
tức là
0.m
0.25
Khi đó, đồ thị của hàm số có hai điểm cựctrị
3 2 3 2
(1 ; 2 1), (1 ;2 1)A m m m B m m m
0.25
Hai điểm này đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi trung điểm của AB nằm trên d và
AB d
. Điều
này tương đương với
2
2
1 4(1 ) 5 0
2
24
m
m
m
0.25
Kết luận
2
Biến đổi tích thành tổng, thu được
1
cos( ) cos4 (1 cos2 )(1 cos2 )
22
x x x
0.25
2
1
cos4 1 cos 2 cos4 0 ,
2 8 4
k
x x x x k
0.5
Do
0;
4
x
nên
8
x
0.25
4
2
24hchiase.com
3
Nhận xét
0,y
nhân hai vế phương trình thứ hai với 7y, trừ đi phương trình thứ nhất, được
32
(3 ) 7(3 ) 14(3 ) 8 0xy xy xy
Từ đó tìm được hoặc
1xy
hoặc
2xy
hoặc
4xy
0.25
Với
1,xy
thay vào phương trình thứ nhất, được
3
19
7
y
do đó
3
7
19
x
0.25
Với
2,xy
thay vào phương trình thứ nhất, được
3
26
2
7
y
do đó
3
7
26
x
0.25
Với
4,xy
thay vào phương trình thứ nhất, được
3
215
2
7
y
do đó
3
7
2
215
x
0.25
4
Viết lại biểu thức dưới dấu tích phân
ln 2
·
ln 1
x dx
xx
0.25
Đặt
ln xt
thế thì khi
12x
thì
01t
và
,
dx
dt
x
0.25
Khi đó
11
00
23
1
11
t
I dt dt
tt
0.25
Tính được
1 3ln2 1 ln8I
0.25
5
Gọi I là trung điểm CD. Chỉ ra các tam giác
, , ,ADH HDI IHB BCI
là các tam giác đều cạnh a. Suy
ra
2
2
3
43
4
ABCD
a
Sa
(đ.v.d.t)
Gọi J là trung điểm DI. Khi đó
,HJ AB CD
và do đó
()CD SHJ
.
0.25
Suy ra
.K SJ
Ngoài ra
3
2
a
HJ
. Hơn nữa, do tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a và H là
trung điểm AB nên
SH AB
và
3.SH a
0.25
Suy ra
2 2 2 2
1 1 5 1
3SH HJ a HK
do đó tam giác SHJ vuông tại H .
0.25
Từ đó, do
,SH AB HJ
nên
()SH ABCD
hay SH là đường cao của hình chóp.
0.25
Hình 1
Hình 2
24hchiase.com
Vậy
3
.S ABCD
Va
(đ.v.t.t)
6
Từ giả thiết suy ra
(1 )(1 ) 1 4a b ab a b
. Đặt
,0a b x x
thế thì
22
( ) 4 4(3 ) 2x a b ab x x
(do
0x
)
0.25
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2 2 2 2
3 1 3 1
3 3 12
1 3 10 0
2 1 1
a a b b
a b a b a b
a b a b a b
(1)
0.25
Do
2 2 2
( ) 2a b a b ab
nên
2 2 2 2
2(3 ) 2 6,a b x x x x
do đó (1) trở thành
2 3 2
12
2 6 3 10 0 4 12 0x x x x x x
x
0.25
Để ý rằng
3 2 2
4 12 ( 2)( 6) 0x x x x x x
nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Suy ra
điều phải chứng minh.
0.25
7a
Đường tròn
()C
có tâm
(1; 1)I
và bán kính
4R
0.25
Do
1
· · ·sin 4 3
2
ICB
IC IB CIB S
nên
3
sin
2
CIB
. Từ đó, do
0
90CIB
và
IC IB
nên
tam giác CIB đều, với độ dài ba cạnh bằng 4. Bởi vậy, bài toán quy về viết phương trình đường
thẳng
đi qua
(1 3;2)A
và cách
(1; 1)I
một khoảng bẳng
2 3.
0.25
Đường thẳng
có phương trình
( 1 3) ( 2) 0a x b y
với
22
0.ab
Ta có phương trình
22
| 3 3 |
23
ab
ab
, từ đó tìm được
3ba
0.25
Chọn
1, 3ab
, suy ra
: 3 1 3 3 0.xy
0.25
8a
Mặt phẳng
()P
có véctơ pháp tuyến
(3; 1;0)p
và mặt phẳng
()Q
có véctơ pháp tuyến
(1;3;4)q
0.25
Giao tuyến d của (P) và (Q) có véctơ chỉ phương
[ ; ] ( 4; 12;10) 2(2;6; 5)u p q
0.25
Do
d
nên
có véctơ chỉ phương
1
· (2;6; 5)
2
vu
0.25
Do đó,
có phương trình
42
2 6 5
x y z
0.25
9a
Tính
2
1 6 , 2 (3 )z i az a a i
0.25
Suy ra
2
(2 1) (3 6)z az b a b a i
0.25
Từ đó, có hệ
2 1 0
3 6 0
ab
a
0.25
Giải hệ, thu được
2, 3ab
và kết luận.
0.25
7b
Đường tròn
có tâm
(3; 1)I
và bán kính
22R
.
0.25
Giả sử tìm được đường tròn
2 2 2
:( 3) ( 4)xy
thỏa mãn yêu cầu. Khi đó, do AB là dây
cung chung, nên
,AB IM
hay đường thẳng AB nhận
(0;5)IM
làm véctơ pháp tuyến. Hơn
nữa, I và M ở về hai phía của AB. Do đó, đường thẳng AB có phương trình dạng
50yc
với
20 5c
(1)
0.25
24hchiase.com
AB là cạnh của hình vuông nội tiếp
khi và chỉ khi
( ; ) 2
2
R
d I AB
. Từ đó, kết hợp với (1),
tìm được
5c
. Suy ra
: 1 0.AB y
0.25
Mặt khác AB là trục đẳng phương của
,
nên AB có phương trình
2
23
0.
10
y
Từ đó
2
13
, bởi vậy
22
:( 3) ( 4) 13xy
0.25
8b
+ Đường thẳng d đi qua
(0; 2;0)M
, có véctơ chỉ phương
(1; 2;2)u
.
Tính được
(1;4;3)MI
0.25
+ Khẳng định và tính được
[ ; ]
233
( ; )
| | 3
MI u
d I d
u
0.5
+ Khẳng định mặt cầu cần tìm có bán kính bằng
( ; )d I d
và viết phương trình
2 2 2
233
( 1) ( 2) ( 3)
9
x y z
0.25
9b
Viết lại phương trình về dạng
2 2 2
( 1) 5 5 0zz
0.25
Khai triển, rút gọn, nhân tử hóa
22
( 1)( 4) 0zz
0.5
Giải các phương trình, thu được
zi
và
2z
rồi kết luận.
0.25
24hchiase.com
24hchiase.com
24hchiase.com
1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Toán 12. Khối B
−
D
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm)
Câu I. (2,5 điểm) Cho hàm số
3 2
3 4
y x x
= − − +
(
)
1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
(
)
1
.
2. Vớ
i nh
ữ
ng giá tr
ị
nào c
ủ
a
m
thì
đườ
ng th
ẳ
ng n
ố
i hai c
ự
c t r
ị
đồ
th
ị
c
ủ
a hàm s
ố
(
)
1
ti
ế
p xúc v
ớ
i
đườ
ng tròn
(
)
(
)
(
)
2 2
: 1 5
C x m y m
− + − − =
Câu II. (2,5 điểm)
1. Giải phương trình:
(
)
(
)
2
3 2cos cos 2 sin 3 2cos 0
x x x x
+ − + − =
2. Giải hệ phương trình:
2 2
3 2
8 12
2 12 0
x y
x xy y
+ =
+ + =
( , )
x y
∈
ℝ
Câu III. (1,0 điểm) Tìm giới hạn:
2
3
1
7 5
lim
1
x
x x
L
x
→
+ − −
=
−
Câu IV. (1,0 điểm)
Cho tứ diện
ABCD
có
AD
vuông góc với mặt phẳng
(
)
ABC
,
3 ; 2 ; 4 ,
AD a AB a AC a
= = =
0
60
BAC
=
.Gọi
,H K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
B
trên
AC
và
CD
. Đường thẳng
HK
cắt đường thẳng
AD
tại
E
.Chứng minh rằng
BE
vuông góc với
CD
và tính thể tích khối tứ
diện
BCDE
theo a.
Câu V. (1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2 1 4
1 2
x x
y
x x
− − +
=
+ − +
PHẦN RIÊNG (2,0 điểm).Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a. (1,0 điểm) Cho tam giác
ABC
có
( 2 ; 1 )
B
−
, đường thẳng chứa cạnh
AC
có phương trình:
2 1 0
x y
+ + =
, đường thẳng chứa trung tuyến
AM
có phương trình:
3 2 3 0
x y
+ + =
. Tính diện tích của
tam giác
ABC
.
Câu VII.a. (1,0 điểm) Tính tổng:
0 1 2 3 2012
2012 2012 2012 2012 2012
2 3 4 2013
S C C C C C
= + + + + +
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ
Oxy
, cho điểm
(
)
1 ; 0
E −
và đường tròn
(
)
2 2
: 8 4 16 0
C x y x y
+ − − − =
. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm
E
cắt đường tròn
(
)
C
theo dây cung
MN
có độ dài ngắn nhất.
Câu VIIb. (1,0 điểm)
Đề chính thức
(Đề thi gồm 01 trang)
24hchiase.com
24hchiase.com
2
Cho khai triển Niutơn
(
)
2
2 2 2 *
0 1 2
1 3 ,
n
n n
x a a x a x a x n
− = + + + + ∈
⋯ ℕ
.Tính hệ số
9
a
biết
n
thoả
mãn hệ thức:
2 3
2 14 1
.
3
n n
C C n
+ =
Hết
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
KỲ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Toán; Khối:B+ D
(Đáp án – thang điểm: gồm 05 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
3 2
3 4
y x x
= − − +
+ Tập xác định:
D
=
ℝ
+ Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
2
' 3 6 , ' 0
0
x
y x x y
x
= −
= − − = ⇔
=
Hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng
(
)
; 2
−∞ −
và
(
)
0 ;
+∞
, đồng
biến trên khoảng
(
)
2 ; 0
−
.
0,25
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
C (0)
0 ; 4
Đ
x y y
= = =
Hàm số đạt cực tiểu tại
CT ( 2)
2 ; 0
x y y
−
= − = =
- Giới hạn:
l i m ; li m
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
0,25
- Bảng biến thiên:
x
−∞
-2 0
+∞
,
y
−
0
+
0
−
y
+∞
0
4
−∞
0,25
+ Đồ thị
0,25
2. (1,0 điểm)
I
(2,0 điể m)
Đồ
thị hàm số (1) có cực tiểu
(
)
2 ; 0
A −
,cực đại
(
)
0 ; 4
B
.Phương trình đường
0,50
24hchiase.com
24hchiase.com
3
th
ẳng nối hai cực trị của hàm số (1) là:
( )
: 1
2 4
x y
AB
+ =
−
(
)
:2 4 0
AB x y
⇔ − + =
(
)
(
)
(
)
2 2
: 1 5
C x m y m
− + − − =
có tâm
(
)
; 1
I m m
+
bán kính
5
R =
Đường thẳng
(
)
AB
tiếp xúc với đường tròn
(
)
(
)
(
)
;
C d I AB R
⇔ =
(
)
( )
2
2
2 1 4
8
5 3 5
2
2 1
m m
m
m
m
− + +
= −
⇔ = ⇔ + = ⇔
=
+ −
0,50
Đáp số :
8
m
= −
hay
2
m
=
Câu II
1.( 1,25điểm)
(2,5điểm
)
Pt:
(
)
(
)
2
3 2cos cos 2 sin 3 2cos 0
x x x x
+ − + − =
(
)
2
2 3 1 sin 3cos 2 3 3sin 2sincos 0
x x x x x
⇔ − + − + − =
(
)
(
)
3sin 3 2sin cos 3 2sin 0
x x x x
− + − =
0,50
( )( )
3 2sin 0
3 2sin 3sincos 0
3sincos 0
x
x x x
x x
− =
− + = ⇔
+ =
0,25
2
3
3
sin
2
2
2
3
1
tan
3
6
x k
x
x k
x
x k
π
= + π
=
π
⇔ = + π
= −
π
= − + π
(
)
k
∈
Z
0,25
Phương trình có ba họ nghiệm
2
2 ; 2 ;
3 3 6
x k x k x k
π π π
= + π = + π = − + π
(
)
k
∈
Z
0,25
2.( 1,25 điểm)
Hệ phương trình
(
)
( )
2 2
3 2
8 12 *
2 12 0 **
x y
x xy y
+ =
+ + =
Thế (*) vào (**) ta được:
(
)
3 2 2 2
2 8 0
x xy x y y
+ + + =
0,25
(
)
(
)
(
)
3 3 2 2
8 2 0 2 2 4 0
x y xy x y x y x xy y xy
⇔ + + + = ⇔ + − + + =
0,25
Trường hợp 1:
2 0 2
x y x y
+ = ⇔ = −
thế vào (*) ta được
2 2
12 12 1 1 2
y y y x
= ⇔ = ⇔ = ± ⇒ =
∓
0,25
24hchiase.com
24hchiase.com
4
Trường hợp 2:
2
2
2 2
0
15
4 0 0
2 4
0
2
y
y y
x xy y x
y
x
=
− + = ⇔ − + = ⇔
− =
0
x y
⇒ = =
không thoả mãn (*) hệ vn
0,25
Đáp số:
(
)
(
)
(
)
; 2 ; 1 , 2 ; 1
x y
= − −
0,25
Câu III
(1,0 điểm)
2 2
3 3
1 1 1
7 5 7 2 2 5
li m l im li m
1 1 1
x x x
x x x x
L
x x x
→ → →
+ − − + − − −
= = +
− − −
0,25
( ) ( )
(
)
( )
(
)
2 2
3
2
2
1 1
3
3
2 5
7 2
li m li m
1 2 5
1 7 2 7 4
x x
x
x
x x
x x x
→ →
− −
+ −
= +
− + −
− + + + +
0,25
( )
(
)
22
1 1
3
3
1 1 1 1 7
lim li m
12 2 12
2 5
7 2 7 4
x x
x
x
x x
→ →
+
= + = + =
+ −
+ + + +
0,25
Vậy :
7
12
L
=
0,25
Câu IV
(1,0 điểm)
Vì
(
)
;
BH AC BH AD BH ACD BH CD
⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
mà
(
)
BK CD CD BHK CD BE
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
0,25
Từ gt ta có
0 2 2
1 1 3
sin60 8 2 3
2 2 2
ABC
S AB AC a a
∆
= ⋅ ⋅ = =
0
1
cos 60 2 .
2
AH AB a a
= = =
0,25
Vì
(
)
CD BHK CD KE AEH ACD
⊥
⇒
⊥
⇒
∆ ∆
∼
do đó
4 4 13
3
3 3 3
AE AH AH AC a a a
AE DE a
AC AD AD
⋅
= ⇒ = = ⇒ = + =
0,25
3
2
. .
1 1 13 26 3
2 3
2 3 3 9
BCDE D ABC E ABC ABC
a a
V V V DE S a
∆
⋅
= + = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
0,25
Câu V
(1,0 điểm)
2 1 4
1 2
x x
y
x x
− − +
=
+ − +
Tập xác định của hàm số là
[
]
0 ; 1
D =
Đặ
t
c os
0 ;
2
1 sin
x t
t
x t
=
π
∈
− =
0,25
Khi
đ
ó
( )
2cos sin 4
c os sin 2
t t
y f t
t t
− +
= =
+ +
v
ớ
i
0 ;
2
t
π
∈
0,25
24hchiase.com
24hchiase.com
5
xét hàm số
( )
2cossin 4
cos sin 2
t t
f t
t t
− +
=
+ +
với
0 ;
2
t
π
∈
( )
( )
'
2
3 6cos
0 0 ;
2
sin cos 2
t
f t t
t t
− −
π
= < ∀ ∈
+ +
vậy hàm số
(
)
f t
liên tục và
nghịch biến trên đoạn
0 ;
2
π
0,25
do đó
( ) ( ) ( )
0 0 ; 1 2 0 ;
2 2 2
f f t f t f t t
π π π
≤ ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤ ≤ ∀ ∈
giá trị lớn nhất của
(
)
(
)
m a x 0 2 0 0
y f t f t x
= = = ⇔ = ⇔ =
giá trị nhỏ nhất của
( )
m i n 1 1
2 2
y f t f t x
π π
= = = ⇔ = ⇔ =
0,25
câu VIA
(1,0 điểm)
Do
:
C dt
∈
2
2 1 0 ( , 2 1 ) ,
2
a
x y C a a M a
−
+ + = ⇒ − − ⇒ −
:
M dt∈
3 2 3 0 0 (0, 1 )
x y a C
+ + =
⇒
=
⇒
−
.
Toạ độ
A
là nghiệm h ệ
3 2 3 0
( 1 , 3 ) ( 1 , 2 ) 5
2 1 0
x y
A AC AC
x y
+ + =
⇒ − ⇒ − ⇒ =
+ + =
0,50
Kẻ
( )
BH AC H AC⊥ ∈
4 1 1
2 1
( , ) . 1
2
5 5
ABC
BH d B AC S AC BH
− + +
= = = ⇒ = =
(dvdt).
Vậy
1
ABC
S
=
(dvdt).
0,50
Câu 7A
(1,0điểm )
0 1 2 3 2012
2012 2012 2012 2012 2012
2 3 4 2013
S C C C C C
= + + + + +
Ta có
( )
( )
1
2012 2012 2012 2012 2011 2012
2012!
1 2012
! 2012 !
k k k k k k
k C kC C k C C C
k k
−
+ = + = + = +
−
với
0,1,2, ,2012
k
∀ =
0,25
24hchiase.com
24hchiase.com
6
(
)
(
)
0 1 2011 0 1 2012
2011 2011 2011 2012 2012 2012
2012S C C C C C C= + + + + + + +⋯ ⋯
0,25
(
)
(
)
2011 2012
2011 2012 2012
2012 1 1 1 1 2012 2 2 1007 2
S = + + + = ⋅ + = ⋅
0,25
Vậy
2012
1007 2
S
= ⋅
0,25
Câu VI B
(1,0 điểm)
Đường tròn
( )C
có bán kính
6
R
=
và tâm
(4;2)
I
Khi đó:
29 6 ,
IE R
= < =
suy ra
điểm
E
nằm trong hình tròn
( )C
.
Giả sử đường thẳng
∆
đi qua
E
cắt
( )
C
tại
M
và
N
. Kẻ
IH
⊥ ∆
.
Ta có
( , )
IH d I IE
= ∆ ≤
.
0,50
Như vậy để
MN
ngắn nhất
IH
⇔
dài nhất
H E
⇔ ≡ ⇔ ∆
đi qua
E
và
vuông góc với
IE
0,25
Ta có
(5; 2)
EI
=
nên đường thẳng
∆
đi qua
E
và vuông góc với
I E
có
phương trình là:
5( 1 ) 2 0 5 2 5 0
x y x y
+ + = ⇔ + + =
.
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình:
5 2 5 0
x y
+ + =
.
0,25
Câu 7B
(1,0 điểm )
….
(
)
2
2 2 2 *
0 1 2
1 3 ,
n
n n
x a a x a x a x n
− = + + + + ∈
⋯ ℕ
.
Tính hệ số
9
a
biết
n
thoả mãn hệ thức:
2 3
2 14 1
.
3
n n
C C n
+ =
Điều kiện
*
, 3
n n
∈
≥ℕ
( ) ( )
( ) ( )( )
2 14 1 4 28 1
! !
1 1 2
3
2! 2 ! 3 ! 3 !
GT
n n
n n n n n n n
n n
⇔ + = ⇔ + =
− − −
− −
0,50
2
3
9
7 18 0
n
n
n n
≥
⇔ ⇔ =
− − =
0,25
Từ đó
( )
( )
18
18
2
18
0
1 3 1 3
k
k
k k
k
x C x
=
− = −
∑
Do đó hệ số của
9
9 18
81 3 3938220 3
a C= − = −
0,25
Lưu ý khi chấm bài:
-Đáp án trình bày một cách giải 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.
24hchiase.com
24hchiase.com
7
-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.
-Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
Hết
