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 .
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên( ) đã gửi tới www.laisac.page.tl
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
Chiubinthiờn:Tacú y' =
< 0 "x ẻD
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 íï1 + 1 = -2 ổỗ 1 + 1 ửữ ( 2) th (1) vo ( 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 Î ¡ .
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
Þ SC = CK tan 450 =
(1) , SY ABCD = AB.BC.sin1200 =
(2)
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
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi í
Û íb = 1 hoặc các hốn vị tương ứng 0,25
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 )
4
a 2 - 2 ab
Û 4- 2
=
8
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
x 2 y 2
+
= 1 , a > b > 0
a 2 b 2
do ( E ) có hai tiêu điểm F1 - 3; 0 , F2
( E ) :
(
) (
0,25
)
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 ìï( 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
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên( ) đã gửi tới www.laisac.page.tl