Đề thi khảo sát chất lượng lần thứ 3 năm học 2013-2014 môn Toán 12 (khối A, A1, B) - Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tìm hiểu "Đề thi khảo sát chất lượng lần thứ 3 năm học 2013-2014 môn Toán 12 (khối A, A1, B)" của Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc để biết được những thông tin cơ bản để chuẩn bị tốt cho kì thi sắp tới. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng lần thứ 3 năm học 2013-2014 môn Toán 12 (khối A, A1, B) - Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ 3 Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc NĂM HỌC 2013 – 2014 (Đề có 01 trang) Môn : Toán 12 Khối A,A1B Thời gian: 180 phút (Không 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 . Câu 3 (1 điểm). Giải hệ phương trình: í ( )( ì x + x 2 + 1 y + y 2 + 1 = 1 ï . ) 2 2 ïî x + 3 - x = 2 y - 4 2 - y + 5 1 15 x Câu 4 (1 điểm). Tìm tích phân : I = ò x dx . 0 25 + 3.15 x + 2.9 x 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 không âm a, b, c thoả mãn a + b + c = 3 .Chứng minh rằng a b c 1 3 + 3 + 3 ³ b + 16 c + 16 a + 16 6 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 . x + 4 y - 5 z + 7 Câu 8a (1 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = và 1 - 1 1 x - 2 y z + 1 d 2 : = = . 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 và đi ) æ 1 ö qua điểm A ç 3; ÷ . Lập phương trình chính tắc của ( E ) và với mọi điểm M Î ( E ) , hãy tính giá trị biểu è 2 ø thức . P = F1 M + F2 M 2 - 3.OM 2 - F1 M . F2 M 2 Câu 8b (1 điểm). Trong không gian với hệ truc toạ độ Oxyz, cho tam giác vuông 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( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 20132014 Môn: TOÁN; Khối A, A 1 ,B (gồm 6 trang) Câu Ý NỘI DUNG ĐIỂ M 1 2,0 điểm a TXĐ: D = ¡ \ {-2 } x + 3 x + 3 x + 3 0,25 Giới hạn: lim = 1 , lim + = +¥ , lim - = -¥ x ®±¥ x + 2 x ®-2 x + 2 x ®-2 x + 2 -1 Chiều biến thiên: Ta có y ' = 2 < 0 "x Î D ( x + 2 ) BBT : x -¥ 2 +¥ 1 +¥ 0,25 y -¥ 1 Hàm số luôn nghịch biến trên D = ¡ \ {-2 } Đồ thị hàm số có TCN là y = 1 0,25 Đồ thị hàm số có TCĐ là x = - 2 Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt Ox tại điểm A(- 3; 0) æ 3 ö Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm B ç 0; ÷ è 2 ø Nhận xét đồ thị: đồ thị hàm số nhận giao điểm I ( - 2;1 ) làm tâm đối xứng 6 4 2 0,25 10 5 O 5 10 2 4 6 8 10 b æ 1 ö æ 1 ö Gọi M ç x1 ;1 + ÷ , N ç x2 ;1 + ÷ Î ( H ) ; x1 ¹ x 2 ¹ -2 0,25 è x1 + 2 ø è x2 + 2 ø
uuuur æ 1 ö uuur æ 1 ö AM = ç x1 + 2;1 + ÷ ; AN = ç x 2 + 2;1 + ÷ è x1 + 2 ø è x2 + 2 ø 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 æç 1 + 1 ö÷ ( 2 ) thế (1 ) vào ( 2 ) ta được î x1 + 2 è x2 + 2 ø 0,25 1 æ 1 ö 1 5 1- = -2 ç 1 + ÷ Û x2 + 2 = - Û x2 = - Þ x 1 = -1 2 ( x2 + 2 ) è x2 + 2 ø 2 2 æ 5 ö Vậy M ( -1; 2 ) ; N ç - ; -1 ÷ Þ d º ( AM ) : y = 2 x + 4 Þ k = 2 è 2 ø 0,25 ( nếu dùng phương trình hoành độ ,và định lý vi ét cho ta kết qủ tương tự trên, hơi dài) 2 1,0 điểm p Đ/K cos x ¹ 0 Û x ¹ + hp ( h Î ¢ ) 2 Khi đó phương trình đã cho tương đương với 0,25 ( tan x + 1) sin 2 x + 1 - 2sin 2 x + 2 = 3 ( cos x + sin x ) sin x 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 é p ésin x - cos x = 0 ê x = + k p 0,25 Ûê 4 ê cos 2 x = - 1 Ûê ( k Î ¢ ) ê x = ± p + kp ë 2 êë 3 p p Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm x = + kp , x = ± + kp ( k Î ¢ ) 0,25 4 3 3 ï Giải hệ phương trình: í ( )( ì x + x 2 + 1 y + y 2 + 1 = 1 ) (1 ) . 1,0 ïî x 2 + 3 - x = 2 y 2 - 4 2 - y + 5 đ ( 2 ) ĐK: x £ 3 , y £ 2 Ta thấy y 2 + 1 > y 2 = y ³ y Þ y 2 + 1 - y > 0 "y Î ¡ . 2 Từ (1 ) ta có: x + x 2 + 1 = y 2 + 1 - y Û x + x 2 + 1 = ( - y ) + ( - y ) + 1 (3) 0,25 t hàm số f ( t ) = t + t 2 + 1 đồng biến trên ¡ (do f ¢ ( t ) = 1 + > 0 "t Î ¡ t 2 + 1 phương trình ( 3 ) Û f ( x ) = f ( - y ) Û x = - y ( 4 ) Thế ( 4 ) vào ( 2 ) ta được phương trình y 2 + 5 - 4 2 - y - 3 + y = 0 ( 5 ) Đ/K. -3 £ y £ 2 ptrình ( 5 ) Û ( y 2 - 1) + 4 (1 - 2 - y ) + ( 2 - 3 + y ) = 0 0,25
é y = 1 é 4 1 ù ê Û ( y - 1) ê y + 1 + - ú = 0 Û ê y + 1 + 4 1 1 + 2 - y 2 + 3 + y úû - = 0 (6) ëê êë 1 + 2 - y 2 + 3 + y Xét phương trình ( 6 ) . 4 1 hàm số g ( y ) = y + 1 + - xác định và đồng biến trên đoạn [ -3; 2 ] 1 + 2 - y 2 + 3 + y 0,25 2 1 do g ¢ ( y ) = 1 + 2 + 2 > 0 "y Î ( -3; 2 ) ( 2 - y 1+ 2 - y ) 2 3 + y 2 + 3 + y( ) Mặt khác -2 Î [ - 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 ) thoả mãn đ/k 0,25 · y = -2 Þ x = 2 Þ ( x, y ) = ( 2, - 2 ) thoả mãn đ/k Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x, y ) = ( -1,1) , ( x, y ) = ( 2, - 2 ) 4 1,0 điểm x æ 5 ö 1 x 15 1 ç ÷ I =ò x dx = è 3 ø dx 0 x 25 + 3.15 + 2.9 x ò 0 æ 25 ö x æ 5 ö x 0,25 ç ÷ + 3. ç ÷ + 2 è 9 ø è 3 ø x x ì x = 0 Þ t = 1 æ5ö æ5ö 5 ï Đặt t = ç ÷ Þ dt = ç ÷ ln . Đổi cận í 5 0,25 è3ø è 3 ø 3 ïî x = 1 Þ t = 3 5 5 3 3 1 dt 1 æ 1 1 ö 0,25 I= ò 2 = ò ç - ÷dt ln 5 - ln 3 1 t + 3t + 2 ln 5 - ln 3 1 è t + 1 t + 2 ø 5 1 t + 1 3 ln12 - ln11 2ln 2 + ln 3 - ln11 0,25 I = ln = = ln 5 - ln 3 t + 2 1 ln 5 - ln 3 ln 5 - ln 3 5 1,0 điểm · = 45 0 Kẻ SK ^ AB Þ hình chiếu CK ^ AB Þ ( ( SAB ) , ( ABCD ) ) = ( SK , CK ) = SKC 0,25 · · = 60 0 Þ CK = CB.sin 60 0 = 3 a ABC = 120 0 Þ CBK 2 3 a 3 3 a 2 Þ SC = CK tan 450 = (1) , SY ABCD = AB.BC.sin1200 = (2) 2 2 0,25 1 3 3 a 3 Từ (1 ) và ( 2 ) Þ VS . ABCD = SC. SY ABCD = 3 4 Gọi O = AC Ç BD. Vì AC ^ BD , BD ^ SC Þ BD ^ ( SAC ) tại O . Kẻ OI ^ SA Þ OI là 0,25 đoạn vuông góc chung giữa BD và SA
3a 3 a × OI AO AO × SC 2 2 3a 3 5 a DAOI : DASC ( g - g ) Þ = Þ OI = = = = SC AS SA æ 3 a ö 2 2 2 5 10 ç 2 ÷ + ( 3 a ) 0,25 è ø 3 5 a Vậy khoảng cách d ( BD, SA) = 10 6 1,0 điểm Sử dụng kỹ thuật AMGM ngược dấu ta có a 1æ ab 3 ö 1 æ ab 3 ö 1æ ab 3 ö 1 æ ab 2 ö = ç a - ÷ = ç a - ÷ ³ ç a - ÷ = ç a - ÷ . b 3 + 16 16 è b 3 + 16 ø 16 è b 3 + 23 + 23 ø 16 è 12b ø 16 è 12 ø 0,25 2 2 b 1 æ bc ö c 1 æ ca ö Tương tự ta có 3 ³ çb - ÷ , 3 ³ ç c - ÷ c + 12 16 è 12 ø a + 12 16 è 12 ø a b c 1 æ ab 2 + bc 2 + ca 2 ö 1 Do đó bài toán quy về chứng minh 3 + + ³ ç 3 - ÷³ b + 16 c3 + 16 a 3 + 16 16 è 12 ø 6 0,25 2 2 2 Û ab + bc + ca £ 4 .(*) Không mất tính tổng quát , 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 3 0,25 1 2 1 æ 2 b + a + c + a + c ö ( ) = b a + c + ac £ b ( a + c ) = 2b ( a + c )( a + c ) £ ç 2 2 2 2è 3 ÷ = 4 (*) đựoc cm ø ì a ( b - c )( b - a ) = 0 ï 2 ì a = 0 ï a 2 + ac + c 2 = ( a + c ) ï Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi í Û íb = 1 hoặc các hoán vị tương ứng 0,25 ï 2 b = a + c ïc = 2 ï î î a + b + c = 3 7.a 1,0 điểm 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 0,25 é a + 2b - a - 4b ù ìï é 2a + 3b - a - 4 b ù üï 2 R -d 1 2 (O , ( d )) = 4 ( R 1 2 2 -d 2 ( O , ( d ) ) ) 2 ® 4- ê ú = 4 í2 - ê úý ë a 2 + b2 û ïî ë a 2 + b 2 ï û þ 2 4 4 ( a - b ) a 2 - 2 ab Û 4- 2 = 8 - Û = 1 Û b 2 + 2ab = 0 0,25 a + b2 a 2 + b2 a 2 + b 2 · b = 1 , a ¹ 0 Þ ( d ) : x - 1 = 0 0,25 · 2a + b = 0 chọn a = 1, b = -2 Þ ( d ) : x - 2 y + 7 = 0 0,25 Vậy có hai đường thẳng thoả mãn là ( d ) : x - 1 = 0 và ( d ) : x - 2 y + 7 = 0
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 0,25 D ^ d1 Û u D .u1 = 0 Û a - b + c = 0 (1 ) a - b - 2 c 2 ( D, d 2 ) = 600 Û cos 600 = Û 2 ( a - b - 2c ) = 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( 2 ) 2 2 2 1 + 1 + 4 a + b + c 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 r x + 1 y - 2 z · a = c Þ b = 2 c chọn c = 1 Þ uD = (1; 2;1 ) ta có D : = = 0,25 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 : = = 0,25 2 1 - 1 9.a 1,0 điểm Đkxđ: x > 1 1 1 1 0,25 Phương trình Û 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 0,25 x - 1 x + 3 Û = 2 Û x + 3 = 2 x - 2 Û x = 5 (thỏa mãn) 0,25 x - 1 Vậy phương trình có nghiệm là x = 5 . 0,25 7.b 1,0 điểm x 2 y 2 ( E ) : + = 1 , a > b > 0 0,25 a 2 b 2 ( do ( E ) có hai tiêu điểm F1 - 3; 0 , F2 ) ( ) 3; 0 Þ c = 3, c 2 = a 2 - b 2 Þ a 2 = b 2 + 3 (1) æ 1 ö 3 1 0,25 A ç 3; ÷ Î ( E ) Þ 2 + 2 = 1 (2) è 2 ø a 4 b x 2 y 2 Thế (1) vào (2) ta giải phương trình ẩn b 2 được b 2 = 1 Þ a 2 = 4 Þ ( E ) : + = 1 0,25 4 1 2 2 P = ( e + axM ) + ( e - axM ) - 3 ( xM2 + yM2 ) - ( a 2 - e 2 xM 2 ) = 1 0,25 8.b uuur uuur Gọi B ( a; b; a + b - 6 ) Î ( P ) Þ AB = ( a - 5; b - 3; a + b - 5) , CB = ( a - 2; b - 3; a + b - 2 ) ,gt Þ 0,25 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 0,25 ïî AB = CB ïî( 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 0,25 ïî b = 7 - 2 a îb = 7 - 2 a îb = 3 îb = 1 Từ đó B ( 2;3; - 1 ) hoặc B ( 3;1; - 2 ) 0,25 9.b
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 0,25 Û t 2 - 2t - 3 £ 0 Û -1 £ t £ 3 kết hợp t ³ 0, nghiệm bpt TH1 là 0 £ t £ 3 TH2 -1 < t