Đề thi khảo sát chất lượng lần 3 môn Toán khối A, A1, B - THPT Chuyên Vĩnh Phúc 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
Trường THPT Chun Vĩnh Phúc 
(Đề có 01 trang) 

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ 3 
NĂM HỌC 2013 – 2014 
Mơn : Tốn 12­ Khối A,A1­B 
Thời gian: 180  phút (Khơng kể giao đề) 

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 
x + 3 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số  y =
có đồ thị là ( H ) 
x + 2 
a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( H ) của hàm số. 
b) Gọi  d là đương thẳng đi qua điểm A ( - 2;0 )  và có hệ số góc  k . Tìm  k  để  d  cắt ( H ) tại hai điểm phân 
biệt  M , N  thuộc hai nhánh khác nhau của ( H ) sao cho  AM = 2 AN . 
Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình: ( tan x + 1) sin 2  x + cos 2 x + 2 = 3 ( cos x + sin x ) sin x . 

(

)(

) 

ì x + x 2 + 1 y + y 2  + 1 = 1 
ï
. 
Câu 3 (1 điểm). Giải hệ  phương trình: í
2
2 

ïỵ x + 3 - x = 2 y - 4 2 - y + 5 
1 
15 x 
Câu 4 (1 điểm). Tìm tích phân : I = ị  x
dx . 
25 + 3.15 x + 2.9 x 
0 

Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp  S . ABCD  có SC ^ ( ABCD )  , đáy  ABCD  là hình thoi có cạnh bằng  a  3 
và  · 
ABC = 1200 . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng ( SAB )  và ( ABCD )  bằng  45 0 .Tính theo  a  thể tích  khối 
chóp  S . ABCD và khoảng các giữa hai đường thẳng  SA, BD . 
Câu 6 (1 điểm). Cho các số thực khơng âm  a, b, c thoả mãn  a + b + c = 3 .Chứng minh rằng 
a
b
c 
1 
+ 3
+ 3 
³
b + 16 c + 16 a + 16 6 
3

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
2
2 
Câu 7a (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  cho hai đường tròn ( C1 ) : ( x - 1) + ( y - 2 )  = 4  và
2

2 

( C2 ) : ( x - 2 ) + ( y - 3)  = 2  cắt nhau tại điểm A (1; 4 ) . Viết phương trình đường thẳng đi qua  A  và cắt lại
( C1 ) , ( C 2  )  lần lượt tại  M  và  N  sao cho  AM = 2 AN . 
Câu  8a  (1  điểm).  Trong  không  gian  với  hệ  trục  Oxyz  cho  hai  đường  thẳng  d1  : 

x + 4 y - 5 z + 7 
=
=
và 
1
- 1
1 

x - 2 y z + 1 
=
=
. Viết phương trình đường thẳng D  đi qua M ( - 1; 2;0 ) ,  ^ d1  và tạo với  d 2  góc  60 0 . 
1
-1 - 2 
Câu 9a (1 điểm). Giải phương trình:  log 4 ( x + 3) - log 2 x - 1 = 2 - 3log 4  2 . 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7b (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  cho elip ( E )  có hai tiêu  điểm F1 -  3; 0 , F2 3 0 vi
d 2 :

(

) (

)

1ử
ổ
quaim A ỗ 3 ữ .Lpphngtrỡnhchớnhtcca ( E) vvimiim M ẻ( E ),hóytớnhgiỏtrbiu
2ứ
ố
2
thc.P = F1 M + F2 M 2 - 3.OM 2  - F1 M . F2 M
Câu 8b (1 điểm). Trong khơng gian với hệ truc toạ độ Oxyz, cho tam giác vng cân  ABC  có  BA =  BC . 
Biết A ( 5;3; - 1 ) , C ( 2;3; - 4 )  và điểm  B nằm trong mặt phẳng ( Q ) : x + y - z - 6 = 0 . Tìm toạ độ điểm  B 
Câu 9b (1 điểm). Giải  bất phương trình:  15.2 x +1 + 1 ³ 2 x - 1 + 2 x +1  . 


ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM 

KTCL ƠN THI ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2013­2014 
Mơn: TỐN; Khối A, A 1 ,B (gồm 6 trang) 

Câu  Ý 
1 

NỘI DUNG 

ĐIỂ 
M 

2,0 điểm 
a  TXĐ: D = ¡ \ {-2 } 
0,25 

x + 3 
x + 3 
x + 3 
= 1, lim+
= +Ơ , lim= -Ơ
xđƠ x +2
xđ-2 x +2
xđ-2 x +2
-1
< 0 "x ẻD
Chiubinthiờn:Tacú y' =
2
( x +2)
BBT:
x -Ơ
ư
ư2
1
+Ơ

Giihn: lim

­

+¥ 

0,25 

y 
1 

-¥
Hàm số ln nghịch biến trên D = ¡ \ {-2 } 

Đồ thị hàm số có TCN là  y = 1 
Đồ thị hàm số có TCĐ là  x = - 2 
Đồ thị: 
Đồ thị hàm số cắt  Ox tiim A(-3 0)
ổ 3ử
thhmsct Oy ti im B ỗ 0;  ÷
è 2 ø 
Nhận xét đồ thị: đồ thị hàm số nhận giao điểm I ( - 2;1 )  làm tâm đối xứng 

0,25 

6 

4 

0,25 

2 

10 

O 

5 

5 

10 

2 

4 

6 

8 

10 

b 

ỉ
1 ư ỉ
1  ư
Gọi M ỗ x1 1 +
ữ , N ỗ x2 1 +
ữ ẻ ( H ) x1 ạ x2 ạ -2
x1 + 2 ø è
x2  + 2 ø 
è

0,25


uuuur ổ
1 ử uuur ổ

1 ử
AM = ỗ x1 + 21 +
ữ AN = ỗ x2 + 21+
ữ
x1 + 2 ø
x2  + 2 ø
è
è
d  cắt ( H ) tại  hai  điểm  phân  biệt  M , N  thuộc  hai  nhánh  khác  nhau  của ( H ) sao  cho 
uuuur
uuur 
0,25 
AM = 2 AN .  Û AM = -2 AN (do  A  nằm giữa hai nhánh của ( H ) vì A thuộc TCĐ ) 

ì x1 + 2 = -2 ( x 2  + 2 )
(1 )
ï
ta có hệ phương trình ïí1 + 1 = -2 çỉ 1 + 1  ÷ư ( 2 )  thế (1 )  vào ( 2 )  ta được
è x2  + 2 ø
ỵ  x1 + 2

1-

2 

0,25 

ỉ
1
1 ư

1
5 
= -2 ỗ 1 +
ữ x2 + 2 = - Û x2 = - Þ x 1  = -1 
2 ( x2 + 2 ) 
x2  + 2 ø 
2
2 
è

ỉ 5  ư
Vậy M ( -1 2 ) N ỗ - -1ữ ị d º ( AM ) : y = 2 x + 4 ị k =2
ố 2 ứ
(nudựngphngtrỡnhhonh ,vnhlýviộtchotaktqtngttrờn,hidi)
1,0im
p
/K cos x ạ 0 x ạ + hp ( h ẻ Â)
2
Khiúphngtrỡnh óchotngngvi
( tan x + 1) sin 2 x + 1 - 2sin 2  x + 2 = 3 ( cos x + sin x ) sin x

0,25 

0,25

Û ( tan x - 1) sin 2 x + 3 = 3 ( cos x - sin x ) sin x + 6 sin 2  x
Û ( tan x - 1) sin 2  x + 3cos 2 x - 3 ( cos x - sin x ) sin x = 0 

0,25

Û ( tan x - 1) sin 2  x + 3 ( cos x - sin x ) cos x = 0 

( sin x - cos x ) ( sin 2 - 3cos 2  x ) = 0  Û ( sin x - cos x )( 2 cos 2 x + 1) = 0 
p
é
ésin x - cos x = 0  ê x = + k p
4 
Ûê
Ûê
ê cos 2 x = - 1 
ê x = ± p + kp
2 
ë
êë
3 

Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm x =
3

(

0,25

( kẻ Â)
p
4

+ kp ,x =

)(

p
3

)

ỡ x + x 2 + 1 y + y 2  + 1 = 1
ï
Giải hệ  phương trình: í
ïỵ x 2 + 3 - x = 2 y 2  - 4 2 - y + 5
ĐK:  x £ 3 , y Ê2

+ kp ( k ẻ Â)

(1)

0,25
1,0


.

( 2)

Tathy y 2 + 1 > y 2 = y ³ y Þ y 2  + 1 - y > 0  "y Ỵ ¡ . 
Từ (1 )  ta có: x + x 2 + 1 =

y 2 + 1 - y Û x + x 2  + 1 = ( - y ) +

hàm số f ( t ) = t + t 2  + 1  đồng biến trên ¡ (do f ¢ ( t ) = 1 +

phương trình ( 3 ) Û f ( x ) = f ( - y ) Û x = - y

t 
t 2  + 1 

(3) 

0,25 

> 0  "t Ỵ ¡ 

( 4 ) 

( 4 )  vào ( 2 )  ta được phương trình y 2  + 5 - 4 2 - y ptrình ( 5 ) Û ( y 2  - 1) + 4 (1 - 2 - y ) + ( 2 - 3 + y ) = 0 
Thế

2 

( - y )  + 1

3 + y = 0 ( 5 )  Đ/K.  -3 £ y £ 2 
0,25


é
ù
4
1 
Û ( y - 1) ê y + 1 +
ú = 0  Û 

1 + 2 - y 2 + 3 + y úû
ëê

é y  = 1 
ê
4
1 
ê y + 1 +
= 0 (6) 
êë 
1 + 2 - y 2 + 3 + y

Xét phương trình ( 6 ) . 
4
1 
xác định và đồng biến trên đoạn [ -3; 2 ] 
1 + 2 - y 2 + 3 +  y
2
1 
do g  ( y ) = 1 +
+
> 0 "yẻ ( -3; 2 ) 
2
2 
2 - y 1+ 2 - y
2 3 + y 2 + 3 +  y
hàm số g ( y ) = y + 1 +

(

)

(

0,25 

)

Mặt khác -2 Ỵ [ - 3; 2 ]  và g ( -2 ) = 0  , pt ( 6 ) Û g ( y ) = g ( -2 ) Û y = -2 
·

y = 1 Þ x = -1 Þ ( x, y ) = ( - 1,1 ) 

·

y = -2 Þ x = 2 Þ ( x, y ) = ( 2, - 2 )  thoả mãn đ/k 

thoả mãn đ/k
0,25 

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x, y ) = ( -1,1) , ( x, y ) = ( 2, -2)
4

1,0im
x

ổ 5ử
1
1
ỗ ữ

x
15
ố 3 ø
I =ị x
dx
=
dx
x
x 
x
x 
ị 
25 + 3.15 + 2.9 
ỉ 5 ư
0
0  ỉ 25 ử
ỗ ữ + 3. ỗ ữ + 2
ố 9 ứ
ố 3 ø
ì x = 0 Þ t  = 1 
x
x 
5 
ï
ỉ5ư
ỉ5ư
Đặt  t = ỗ ữ ị dt = ỗ ữ ln .icnớ
5
ố3ứ
ố 3 ứ 3

ùợx = 1ị t = 3
5
3

I=

5
3

1
dt
1
1 ử
ổ 1
=
ỗ
ữdt
2
ũ
ũ
ln 5 - ln 3 1 t + 3t + 2 ln 5 - ln 3 1  è t + 1 t + 2 ø

0,25 

0,25 

0,25 

5 

5 

1
t + 1 3  ln12 - ln11 2ln 2 + ln 3 - ln11 
I  =
ln 
=
=
ln 5 - ln 3 t + 2 1 
ln 5 - ln 3
ln 5 - ln 3 
1,0 điểm 

0,25 

·  = 45 0 
Kẻ  SK ^ AB Þ hình chiếu CK ^ AB Þ ( ( SAB ) , ( ABCD ) ) = ( SK , CK ) = SKC

·
· = 60 0 Þ CK = CB.sin 60 0  =  3 a 
ABC = 120 0 Þ CBK
2 
3 3 a 2 
3 a 
(2) 
Þ SC = CK tan 450  = 
(1) , SY ABCD  = AB.BC.sin1200  =
2 
2 

Từ (1 ) và ( 2 ) Þ VS . ABCD

1
3 3 a 3 
= SC. SY ABCD  =
3
4 

0,25 

0,25 

Gọi  O = AC Ç BD.  Vì AC ^ BD , BD ^ SC Þ BD ^ ( SAC )  tại  O .  Kẻ  OI ^ SA Þ OI là 
đoạn vng góc chung giữa  BD  và  SA 

0,25


3a 3 a 
×
OI AO
AO × SC
3a
3 5 a 
2 2 
DAOI : DASC ( g - g )ị
=
ị OI =
=
=

=
2
SC AS
SA
2 5 10
2
ổ 3aử
ỗ 2 ÷ + ( 3 a ) 
è ø
Vậy khoảng cách d ( BD, SA) = 
6 

0,25 

3 5 a 
10 

1,0 điểm 
Sử dụng kỹ thuật AM­GM ngược dấu ta có 
ư 1ỉ
a
1ỉ
ab 3 ư 1 ỉ
ab 3
ab 3 ư 1  ỉ
ab 2  ử
=
a
=
a

a
=
a
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ .
b 3 + 16 16 ố
b 3 + 16 ø 16 è
b 3 + 23 + 23  ø 16 ố
12b ứ 16 ố
12 ứ
2

Tngttacú

b
1 ổ
bc
ỗb c + 12 16 ố
12
3

ử
c

1 ổ
ca ử
ỗ cữ , 3
ữ
12 ứ
ứ a + 12 16 è

a
b
c
1 æ
ab 2 + bc 2 + ca2 ử 1
Doúbitoỏnquyvchngminh 3
+
+
ỗ 3ữ
b + 16 c3 + 16 a 3  + 16 16 è
12
ø  6 
2

2

0,25 

2 

0,25 

2 

Û ab + bc + ca £ 4 .(*) 
Khơng mất tính tổng qt , giả sử  b nằm giữa  a  và c . 
Hiển nhiên ta có a ( b - c )( b - a ) £ 0 Û ab 2 + bc 2 + ca 2 £ a 2 b + bc 2  + abc

0,25 
3 
1
1 æ 2 b + a + c + a + c ö
= b a + c + ac £ b ( a + c ) = 2b ( a + c )( a + c )Ê ỗ
ữ = 4 (*)occm
2
2ố
3
ứ
ỡ a ( b - c )( b - a ) = 0 
ï
ì a = 0 
2 
ï a 2 + ac + c 2  = ( a + c ) 
ï
Û íb = 1  hoặc các hốn vị tương ứng  0,25 
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi í
ï 2 b = a + c 
ïc = 2 
ỵ
ï
ỵ a + b + c = 3 
1,0 điểm

(

7.a 

2

2 

)

2 

2

2 

( C1 ) : ( x - 1) + ( y - 2 )  = 4 Þ ( C1 )  có tâm O 1  (1; 2 )  và bán kính  R1  = 2 
2
2 
( C2 ) : ( x - 2 ) + ( y - 3)  = 2  Þ ( C2  )  có tâm O 2  ( 2;3 )  và bán kính  R2  =  2 , A (1; 4 ) . 
Giả sử ( MN ) : a ( x - 1) + b ( y - 4 ) = 0 ; a 2 + b 2  > 0  (do  MN  đi qua  A ).Gọi  H1 , H 2  lần lượt 
là trung điểm của AM , AN Þ AH1 = 2 AH 2 Û R12 - O1H12 = 4 ( R22 - O2 H 2 2 )  Û
2
1

R -d

2

(O , ( d )) = 4 ( R

1

2
2

-d

2 

ìï é 2a + 3b - a - 4 b  ù üï
é a + 2b - a - 4b ù
® 4- ê
= 4 í2 - ê
ú
úý
a 2 + b2
a 2 + b 2 
ïỵ ở
ù
ở
ỷ
ỷ ỵ

0,25

( O , ( d) ) )
2

2

4( a - b ) 
a 2  - 2 ab 
4
8
Û 4- 2
=
Û
= 1 Û b 2  + 2ab = 0 
a + b2
a 2 + b2
a 2 + b 2
Ã

b = 1 , a ạ 0 ị ( d ) : x - 1 = 0 

0,25
0,25

·  2a + b = 0  chọn a = 1, b = -2 Þ ( d ) : x - 2 y + 7 = 0 
Vậy có hai đường thẳng thoả mãn là ( d ) : x - 1 = 0  và

( d ) : x - 2 y + 7 = 0 

0,25


8.a 

1,0 điểm 
r

Giả sử D  có vtcp u D = ( a; b; c ) , a 2 + b 2 + c 2  > 0 
r r 
D ^ d1 Û u D .u1  = 0 Û a - b + c = 0 (1 ) 

0,25

a - b - 2 c 

( D, d 2 ) = 600 Û cos 600 =

2

2 

2

1 + 1 + 4  a + b + c

2 

Û 2 ( a - b - 2c ) = 3 ( a 2 + b 2 + c 2 )  ( 2 ) 
2 

Từ (1)  Þ b = a + c thay vào (2) ta được 18c 2 = 3 é a 2 + ( a + c )  + c 2 ù Û a 2 + ac - 2c 2  = 0 
ë
û
0,25

Û ( a - c )( a + 2c ) = 0  Þ a = c Ú a = - 2 c

9.a 

r 
x + 1 y - 2  z
·  a = c Þ b = 2 c chọn c = 1 Þ uD = (1; 2;1 )  ta có  D : 
=
= 
1
2
1 
r 
x + 1 y - 2  z
·  a = -2 c Þ b = - c chọn c = -1 Þ uD = ( 2;1; -1 )  ta có  D : 
=
=
2
1
- 1 
1,0 điểm 

0,25
0,25 

Đkxđ:  x > 1 
1
1
1 
log 2 ( x + 3) - log 2 ( x - 1) = 2 -  log 2  8 
2
2

2 
x + 3 
Û log 2 ( x + 3) - log 2 ( x - 1) = 4 - log 2 8 Û log 2
= log 2  2 
x - 1 
x + 3 
Û
= 2  Û x + 3 = 2 x - 2 Û x = 5  (thỏa mãn) 
x - 1 
Vậy phương trình có nghiệm là  x = 5 . 

0,25 

Phương trình  Û

7.b 

0,25 
0,25 
0,25 

1,0 điểm

( E ) :

x 2 y 2 
+
= 1 , a > b > 0 
a 2 b 2 

0,25 

(

) (

do ( E )  có hai tiêu  điểm F1 -  3; 0 , F2 

) 

3; 0  Þ c = 3, c 2 = a 2 - b 2 ị a 2 = b 2 +3 (1)
0,25

1ử
3
1
ổ
A ỗ 3 ữ ẻ ( E)ị 2 + 2 =1 (2)
2ứ
a
4b
ố
Th(1)vo(2)tagiiphngtrỡnh ẩn  b 2  được b 2 = 1 Þ a 2  = 4 Þ ( E ) :
2

x 2 y 2 
+
= 1 
4
1 

2 

2 
P = ( e + axM ) + ( e - axM ) - 3 ( xM2 + yM2 ) - ( a 2 - e 2 xM 
) = 1 

8.b 

9.b

uuur
uuur 
Gọi B ( a; b; a + b - 6 ) ẻ ( P ) ị AB = ( a - 5; b - 3; a + b - 5) , CB = ( a - 2; b - 3; a + b - 2 ) ,gt Þ 
uuur uuur
ìï AB.CB = 0  ïì( a - 5)( a - 2 ) + ( b - 3 )( b - 3) + ( a + b - 5 )( a + b - 2 ) = 0
(1) 
í uuur uuur  Û í
2
2
2
2
2
2 
ïỵ AB = CB  ïỵ( a - 5) + ( b - 3) + ( a + b - 5 ) = ( a - 2 ) + ( b - 3) + ( a + b - 2 )  (2) 
ìï6 ( a 2  - 5a + 6 ) = 0  ìa = 2 Ú a = 3 ìa = 2 ìa = 3 
Ûí
Ûí
Ûí
Úí

ỵb = 7 - 2 a
ỵb = 3 ỵb = 1 
ïỵ b = 7 - 2 a
Từ đó B ( 2;3; - 1 )  hoặc B ( 3;1; - 2 ) 

0,25
0,25 

0,25
0,25

0,25 
0,25 


Đặt 2 x  - 1 = t , ( t > - 1 ) . Khi đó bpt Û 30 ( t + 1) + 1 ³ t + 2 ( t + 1 )  (*) 

0,25 

TH1  t ³ 0,  thì (*) trỏ thành  Û 30t + 31 ³ 3t + 2  Û 30t + 31 ³ 9t 2  + 12t + 4 
Û t 2  - 2t - 3 £ 0 Û -1 £ t £ 3  kết hợp  t ³ 0, nghiệm bpt TH1 là  0 £ t £ 3 

0,25 

TH2  -1 < t < 0  thì (*) trỏ thành  Û 30t + 31 ³ t + 2  Û 30t + 31 ³ t 2  + 4t + 4 (hai vế dương) 
Û t 2  - 26t - 27 £ 0 Û -1 £ t £ 27  kết hợp  -1 < t < 0 nghiệm bpt TH2 là  -1 < t < 0 
kết hợp hai TH Þ -1 < t £ 3 Û -1 < 2 x - 1 £ 3 Û 0 < 2 x  £ 4 Û x £ 2  . Nghiệm bpt x £ 2 

0,25 
0,25 

LƯU Ý CHUNG: 
­ Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo 
cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 
­ Với Câu 5 nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó. 
­ Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn. 
­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­