DE VA DAP AN THI THU DH LAN 2 MON TOAN 12 KHOI AA1 NAM 20132014

<span class='text_page_counter'>(1)</span> ĐỀ KHẢO SÁT MÔN TOÁN KHỐI A, A1 LẦN 2 Năm học:2013 -2014 Thời gian: 150 phút. TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 Đề chính thức I – Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm) Câu 1(2 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng d : y = m cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt M,N,P,Q (sắp thứ tự từ trái sang phải) sao cho độ dài các đoạn thẳng MN, NP, PQ là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông. π Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình: 2sin 2  − 2 x  + 3 cos 4 x = 3 − 4sin 2 x. 4   2 1 1 2  x + 2 + y + 2 = 17 x y Câu 3 (1 diểm). Giải hệ phương trình    3 + 1 =1  x + y xy Câu 4 (1 điểm). Tính nguyên hàm: I = ∫. (. ). 2e x + 1 + x e 2 x dx. Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a. Câu 6 (1 điểm). Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:. a 2 b2 c 2 + + ≥ 3 ( a 2 + b2 + c 2 ) b c a II – Phần tự chọn (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu 7a (1 điểm). ) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC,phương trình đường thẳng DM: x − y − 2 = 0 và C ( 3; −3) .Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d : 3x + y − 2 = 0 ,xác định toạ độ các đỉnh A, B, D. Câu 8a (1điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;1;1) , B(2; −1;2) , C(0;2;1) . Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. 2n.  nx 1  Câu 9a(1 điểm). Tìm hệ số của x3 trong khai triển  +  , x > 0 , biết n là số nguyên dương x  3 4 14 1 thỏa mãn 2 + 3 = An 3Cn n B. Theo chương trình nâng cao Câu 7b (1 điểm). Trong mặt phẳng (Oxy) Cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 4 và đường thẳng d: x+y+4=0. Tìm điểm A thuộc d sao cho từ A kẻ được hai tiếp tuyến AM, AN (M, N là các tiếp điểm) sao cho diện tích tam giác AMN bằng 3 3 . Câu 8b (1điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A(1;2;3) , B(0; −1;2) , C (1;1;1) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A và gốc tọa độ O sao cho khoảng cách từ B đến ( P ) bằng khoảng cách từ C đến ( P ) . Câu 9b(1 điểm). Giải phương trình log x +3 (4 x 2 + 4 x + 1) + log 2 x +1 (2 x 2 + 7 x + 3) = 5 --------------------Hết---------------Họ và tên thí sinh…………………………………………….Số báo danh:……………………………. Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> CÂU. Câu 1 (2 điểm). HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN KHỐI A-A1 LẦN 2 NĂM HỌC 2013-2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 1.(1 điểm) +Tập xác định,tìm các giới hạn +Tính đạo hàm, xét dấu đạo hàm, lập bảng biến thiên + Chỉ ra sự biến thiên, cực trị + Đồ thị 2.(1 điểm) + Từ đồ thị hàm số ta thấy, để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt khi −4 < m < −3 (*) + Phương trình hoành độ giao điểm: x 4 − 2 x 2 − 3 − m = 0 (1) Đặt t = x 2 ( t ≥ 0 ) ta được: t 2 − 2t − 3 − m = 0 (2) Với điều kiện (*) thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt hay phương trình  t +t = 2 . (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1 , t2 ( t1 < t2 ) . Theo Vi-et ta có  1 2 t1t2 = −3 − m. (. ) (. ) (. + Từ đó có được: M − t2 ;0 , N − t1 ;0 , P. ) (. t1 ; 0 , Q. ). t2 ; 0 và. MN = t2 − t1 ; NP = 2 t1 ; PQ = t2 − t1. Câu 2 (1 điểm). Vì MN = PQ nên NP là độ dài cạnh huyền . Do đó : NP 2 = MN 2 + PQ 2 7 Thay số, tính được m = − (thỏa mãn (*) 2 π  2sin 2  − 2 x  + 3 cos 4 x = 3 − 4sin 2 x.(1) 4  π (1) ⇔ 1 − cos  − 4 x  + 3 cos 4 x = 3 − 4sin 2 x 2  ⇔ 3 cos 4 x − sin 4 x = 2 1 − 2 sin 2 x. (. ⇔. ). π 3 1  cos 4 x − sin 4 x = cos 2 x ⇔ cos  4 x +  = cos 2 x 2 2 6 . π π    4 x + 6 = 2 x + k 2π  x = − 12 + kπ ⇔ ⇔  4 x + π = −2 x + k 2π x = − π + k π   36 3 6 Câu 3 (1 điểm). ( k ∈ ℤ ) . KL. 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.25. 0.25. + Điều kiện xy ≠ 0, x + y ≠ 0 .. 3 1 1 1 1 1 + =1⇔ 3 + + = x + y ⇔ x − + y − = 3 x + y xy x y x y 1 1  u 2 + 2 + v 2 + 2 = 17 +Đặt u = x − ; v = y − , ta được   x y u + v = 3 Ta có. 3 2 1  1   1 1  + Tìm được 4 nghiệm ( 2;2 ) ,  2; −  ,  − ;2  ,  − ; −  2  2   2 2  + Giải hệ trên được u = v =. Câu 4 (1 điểm). ĐIỂM. + I = ∫ 2e x + 1.e 2 x dx + ∫ x.e2 x dx = I1 + I 2. 0.25. 0.25 0.25. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> + I1 = ∫ 2e x + 1.e 2 x dx . Áp dụng đổi biến số tính được. (. ). (. 0. 25. ). 5 3 1 1 2e x + 1 − 2e x + 1 + C1 10 6 2x + I 2 = ∫ x.e dx . Áp dụng nguyên hàm từng phần, tính được. I1 =. 0.25. 1 2x 1 2x xe − e + C2 2 4 3 1 1 2e x + 1 + xe2 x − e 2 x + C 2 4. I2 = + I=. 1 10. ( 2e. x. ). 5. +1 −. 1 6. (. ). 0.25. S. A. I T M. D. H K. B. E. C. CB ⊥ AB ⇒ CB ⊥ ( SAB ) ⇒ SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB) Vì  CB ⊥ SA. (. ) (. ). ⇒ SC , ( SAB ) = SC , SB = CSB = 300 ⇒ SB = BC.cot 300 = a 3 ⇒ SA = a 2. Câu 5 (1 điểm). Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 1 2a 3 2 VS . ABCD = SA.S ABCD = a 2.a = (dvtt ) 3 3 3 a + Từ C dựng CI // DE ⇒ CE = DI = và DE / / ( SCI ) 2 ⇒ d ( DE , SC ) = d ( DE , ( CSI ) ). 0.25. 0.25 0.25. Từ A kẻ AK ⊥ CI cắt ED tại H, cắt CI tại K  SA ⊥ CI Ta có:  ⇒ CI ⊥ ( SAK ) ⇒ ( SCI ) ⊥ ( SAK ) theo giao tuyến SK  AK ⊥ CI Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT ⊥ AK ⇒ HT ⊥ ( SCI ) ⇒ d ( DE , SC ) = d ( H , ( SCI ) ) = HT. + Ta có: S ACI =. 1 1 CD. AI = AK .CI = CD. AI ⇒ AK = 2 2 CI. 0.25. 3 a. a 2 2. a a2 +   2 HK KM 1 1 a = = ⇒ HK = AK = Kẻ KM//AD ( M ∈ ED ) ⇒ HA AD 2 3 5 a a 2. SA HT SA.HK 5 = 38 Lại c ó: sin SKA = = ⇒ HT = = 19 SK HK SK 9a 2 2a 2 + 5. Vậy d ( ED, SC ) =. Câu 6. 38 19. =. 3a 5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> (1 điểm). 1 a2 + 9b ≥ 6 ⇒ ≥ 3a 2 ( 2 − 3b ) b b 2 b c2 2 ≥ 3b ( 2 − 3c ) ; ≥ 3c 2 ( 2 − 3a ) Tương tự c a 2 2 2 a b c + + ≥ 3  2 ( a 2 + b2 + c 2 ) − 3 ( a 2b + b 2c + c 2 a )  Do đó b c a + Ta chứng minh 3  2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 3 ( a 2b + b 2 c + c 2 a )  ≥ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ). + Ta có. 0.5. 0.5. ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 ( a 2b + b 2 c + c 2 a ). ⇔ ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 3 ( a 2b + b 2 c + c 2 a ) ⇔ a ( a − b ) + b ( b − c ) + c ( c − a ) ≥ 0 luôn đúng Tứ đó suy ra đpcm PHẦN DÀNH CHO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN 2. Câu 7a (1điểm). 2. 2. + Gọi A ( t; −3t + 2 ) .Ta có khoảng cách:. d ( A, DM ) = 2d ( C , DM ) ⇔. 4t − 4 2. hay A ( 3; −7 ) ∨ A ( −1;5 ). =. 2.4 ⇔ t = 3 ∨ t = −1 2. + Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM nên A ( −1;5 ). + Gọi D ( m; m − 2 ) ∈ DM thì AD = ( m + 1; m − 7 ) , CD = ( m − 3; m + 1) Do ABCD là hình vuông. 0. 25. 0.25 0.25.  DA.DC = 0 m = 5 ∨ m = −1 ⇔m=5 ⇒ ⇔ 2 2 2 2 m 1 m 7 m 3 m 1 + + − = − + + ( ) ( ) ( ) ( )  DA = DC  hay D ( 5;3) Câu 8a (1điểm). Câu 9a (1điểm). + AB = DC = ( −2; −6 ) ⇒ B ( −3; −1) .Kết luận A ( −1;5 ) , B ( −3; −1) , D ( 5;3). 0.25. +Chỉ ra  AB, AC  = (−1; −1; −1)   + Lập luận, viết được phương trình mặt phẳng (ABC): x + y + z − 3 = 0. 0.25. +Giả sử H ( x; y; z ) , theo giả thiết có. 0.25 0.25.  H ∈ ( ABC )    AH .BC = 0, BH . AC = 0  + Thay tọa độ tính được H (5; 2; −4). 0.25. + Giải phương trình. 0.5. 4 14 1 + 3 = được n=9 2 An 3Cn n k. 3k 18 −  1  k 18 − k 2 + Số hạng tổng quát trong khai triển C ( 3x )  = C 3 x 18   x 3 + Số hạng chứa x ứng với k=10, hệ số cần tìm là C1810 .38 PHẦN DÀNH CHO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO k 18. Câu 7b (1 điểm). 18− k. + Vì A ∈ d ⇒ A ( t ; −4 − t ) . Đặt MAN = 2α , OA = x + Ta có sin α =. OM 2 AM = ;cos α = = OA x OA. x2 − 4 4 x2 − 4 ⇒ sin 2α = x x2. 0.25 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> . ⇒ S AMN =. 2 ( x2 − 4 ) x2 − 4. x2 + Từ giả thiết ⇒ S AMN = 3 3 giải được ⇒ x = 4 + Từ OA=4, tìm được A(-4;0) hoặc A(0-4) Câu 8b (1 điểm). Câu 9b (1 điểm). 0.25 0.25. Vì O ∈ (P) nên ( P ) : ax + by + cz = 0 , với a2 + b2 + c2 ≠ 0 . Vì A ∈ (P) ⇒ a + 2b + 3c = 0 (1) d ( B,( P )) = d (C ,( P )) ⇔ − b + 2c = a + b + c (2) Từ (1) và (2) ⇒ b = 0 hoặc c = 0 . • Với b = 0 thì a = −3c ⇒ (P ) : 3 x − z = 0 • Với c = 0 thì a = −2b ⇒ ( P ) : 2 x − y = 0 Kết luận Giải phương trình log x +3 (4 x 2 + 4 x + 1) + log 2 x +1 (2 x 2 + 7 x + 3) = 5. 0.25 0.25 0.25 0.25.  1 Đk:  x > − ; x ≠ 0  2 Phương trình đã cho tương đương với 4 logx +3(2x + 1) + log2x +1(x + 3) = 4 (2). 0.25. Đặt t = log2x +1(x + 3) , t ≠ 0. Phương trình (2) trở thành: t 2 − 4t + 4 = 0 ⇔. 0.25. t =2 ⇒ log2x +1(x + 3) = 2 ⇔ x + 3 = (2x + 1)2. 0.25. ⇔ 4x 2 + 3x − 2 = 0 ⇔ x =. −3 ± 41 8. So với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình (1) là x =. −3 + 41 8. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>