Đề thi khảo sát chất lượng lần thứ II năm học 2013-2014 môn Toán khối A-B - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc

Chia sẻ: Hoàng Tử Nguyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

68
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi khảo sát chất lượng lần thứ II năm học 2013-2014 môn Toán khối A-B - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc" giới thiệu các bài tập và phương pháp giải bài tập toán căn bản giúp các em học sinh có thể ôn tập lại các kiến thức đồng thời làm quen phương pháp làm bài thi Tiếng Anh, chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi quan trọng sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng lần thứ II năm học 2013-2014 môn Toán khối A-B - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc NĂM HỌC 2013 – 2014 (Đề có 01 trang) Môn : Toán 12; Khối AB Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 - 2mx 2 + 2 m + m4 , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. b) Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị tạo thành tam giác có diện tích bằng 1. 1 - 2 sin x - 2 sin 2 x + 2 cos x Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình = cos 2 x - 3 (1 + cos x ) . 2sin x - 1 x ( x + 2 ) Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình ³ 1 . 3 ( x + 1 ) - x 1 2 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ò (8x 3 - 2x).e x dx . 0 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S . ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a , mặt bên của hình chóp tạo với mặt đáy góc 60 o . Mặt phẳng ( P ) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC , SD lần lượt tại M , N . Tính thể tích khối chóp S . ABMN theo a . Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 5 ( a + b + c ) - 2 ab . æ 3 1 ö Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a + b + c + 48 çç + 3 ÷ è a + 10 b + c ÷ø II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho 2 đường thẳng d1 : 2 x - 3 y + 1 = 0 , d 2 : 4 x + y - 5 = 0 . Gọi A là giao điểm của d 1 và d 2 . Tìm toạ độ điểm B trên d 1 và toạ độ điểm C trên d 2 sao cho D ABC có trọng tâm G ( 3;5 ) . Câu 8.a (1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d đi qua điểm M ( 0; - 1;1 ) và có véc tơ r chỉ phương u = (1; 2; 0 ) ; điểm A ( - 1; 2;3 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( P ) bằng 3 . 4 x - 2 x + 1 Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình log 2 x 2.16 - 2.4 + 1 x ( ) = 2 x 2.8x - 3.2 x + 1 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( 3; 2 ) , tâm đường tròn æ 3 ö ngoại tiếp tam giác ABC là I ç1; ÷ và đỉnh C thuộc đường thẳng d : x - 2 y - 1 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B và C . è 2 ø Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z = 0. Lập phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc toạ độ, vuông góc với (P) và cách điểm M(1; 2; 1) một khoảng bằng 2 . 2 4 - x - x + 1 Câu 9.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình ³ 0. log 2 ( x - 3 ) Hết
SỞ GDĐT VĨNH PHÚC THI KHSCL LẦN II NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 12 A,B. 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 07 trang. Câu Nội dung trình bày Điểm 1 a) (1 điểm) (2,0 điểm) 4 2 Khi m = 1 thì y = x - 2 x + 3 *)Tập xác định D = R *) Sự biến thiên : 0,25 é x = 0 Chiều biến thiên y ' = 4 x - 4 x = 4 x( x - 1) , y ' = 0 Û êê x = 1 3 2 êë x = -1 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1 ; 0) và (1 ; +¥ ), nghịch biến trên các khoảng ( (-¥; - 1) và (0 ; 1) Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCÐ = 3 Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1; yCT = 2 0,25 Giới hạn lim = +¥ x®±¥ Bảng biến thiên : x -¥ 1 0 1 +¥ y’ 0 + 0 0 + +¥ 3 +¥ 0,25 y 2 2 Đồ thị y 3 0, 25 2 2 1 0 1 2 x
b) (1 điểm) Tập xác định D = R é x = 0 Ta có y ' = 4 x3 - 4 mx ; y ' = 0 Û ê 2 0,25 ë x = m Hàm số có cực đại, cực tiểu Û y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt Û m > 0 Khi m > 0 đồ thị hàm số có một điểm cực đại là A ( 0 , m 4 + 2 m ) và hai điểm cực tiểu là 0,25 B ( - m ; m 4 - m 2 + 2 m ), C ( m ; m 4 - m 2 + 2 m ) D ABC cân tại A , A Î Ox ; B, C đối xứng nhau qua Ox . Gọi H là trung điểm của BC 1 1 ( ) Þ H 0; m 4 - m 2 + 2 m ; Þ S DABC = AH .BC = m 2 .2 m = m m 2 2 0,25 Theo giả thiết S DABC = 1 Þ m 2 . m = 1 Û m = 1 0,25 Vậy đáp số bài toán là m = 1 2 1 (1,0 điểm) Điều kiện 2sin x - 1 ¹ 0 Û sin x ¹ 2 1 - 2 sin x - 2 sin 2 x + 2 cos x = cos 2 x - 3 (1 + cos x ) 2sin x - 1 (1 - 2 sin x ) . (1 + 2cos x ) Û = 2 cos2 x - 1 - 3 (1 + cos x ) 2sin x - 1 0,25 Û -1 - 2 cos x = 2 cos2 x - 1 - 3 (1 + cos x ) Û 2cos2 x + 2 - 3 cos x - 3 = 0 ( ) 0,25 é ê x = p + k 2 p é cos x = -1 ê Ûê Û ê x = p + k 2 p ( k Î Z ) 0,25 ê cos x = 3 ê 6 ëê 2 ê p ê x = - + k 2 p ë 6 1 Kết hợp điều kiện sin x ¹ ta được nghiệm phương trình là 2 0,25 p x = p + k 2p ; x = - + k 2 p ( k Î Z ) 6 3 ì x ( x + 2 ) ³ 0 (1,0 điểm) ï ïï x ³ 0 3 Điều kiện í 3 Û x ³ 0 ; x³0Þ ( x + 1) - x > 0 ï( x + 1) ³ 0 ï 3 ïî ( x + 1) - x ³ 0 0,25 Do vậy x ( x + 2 ) 3 ³1Û x ( x + 2) ³ ( x + 1 )3 - x ( x + 1 ) - x Û x 2 + 2 x ³ x3 + 3 x 2 + 4 x + 1 - 2 ( x + 1) x ( x + 1 ) Û x3 + 2 x 2 + 2 x + 1 - 2 ( x + 1) x ( x + 1) £ 0 Û ( x + 1) é x 2 + x + 1 - 2 x ( x + 1) ù £ 0 ë û 0,25
2 Û x 2 + x + 1 - 2 x ( x + 1) £ 0 Û ( ) x ( x + 1) - 1 £ 0 Û x ( x + 1) - 1 = 0 Û x ( x + 1) = 1 é -1 + 5 ê x = Û x ( x + 1) = 1 Û x 2 + x - 1 = 0 Û ê 2 ê -1 - 5 0,25 êx = ë 2 5 - 1 Kết hợp điều kiện x > 0 ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 0,25 2 4 1 1 (1,0 điểm) 2 2 Ta có I = ò (8x 3 - 2x).e x dx= ò (4x 2 - 1).e x .2xdx . 0,25 0 0 Đặt t = x 2 Þ dt = 2xdx và x = 0 Þ t = 0; x = 1 Þ t = 1 . 1 0,25 Ta được I = ò (4t - 1).et dt. 0 ìu = 4t - 1 ì du = 4d t Đặt í t Þí t î dv = e dt î v = e 0,25 1 1 1 Þ I = (4t - 1).e t - ò e t .4 dt = 3e + 1 - 4e t = 5 - e. 0,25 0 0 0 5 (1,0 điểm) S N K A G D M I 60 0 J O B C Gọi O là giao điểm của AC và BD Þ SO ^ ( ABCD) Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB, CD ; G là trọng tâm D SAC . ìSJ ^ CD Ta có í Þ CD ^ ( SIJ ) î IJ ^ CD 0,25 0 0 ÐSJI < 90 Þ Góc giữa mặt bên ( SCD ) và mặt đáy ( ABCD ) là ÐSJI ÞÐSJI = 60 Ta thấy A, G, M thuộc ( P ) ; A, G, M thuộc ( SAC ) Þ A, G, M thẳng hàng và M là trung điểm của SC . SG 2 G là trọng tâm D SAC . Þ = ; SO là trung tuyến tam giác SBD Þ G cũng là trọng tâm SO 3
tam giác SBD . Lập luận tượng tự ta cũng có Þ B, G , N thẳng hàng và N là trung điểm của SD . Gọi K là trung điểm của MN Þ K cũng là trung điểm của SJ . D SJI đều cạnh a ; G cũng là trọng tâm D SJI nên IK ^ SJ ; 0,25 Dễ thấy SJ ^ MN nên SJ ^ (ABMN) 1 Thể tích khối chóp S . ABMN là : V = SK . S ABMN 3 0,25 3 a a D SJI đều cạnh a Þ IK = ; SK = 2 2 1 1 æ a ö a 3 3 3a2 1 a 3 3a2 a 3 3 SABMN = ( AB + MN)IK = ç a + ÷ = ÞV = . . = 2 2 è 2 ø 2 8 32 8 16 0,25 (Học sinh có thể dùng phương pháp tỉ số thể tích) 6 2 Ta có a 2 + b2 + c 2 = 5 ( a + b + c ) - 2ab Û ( a + b ) + c 2 = 5 ( a + b + c ) (1,0 điểm) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 2 1 2 1 2 ( a + b ) + c 2 ³ ( a + b + c ) Þ ( a + b + c ) £ 5 ( a + b + c ) Þ 0 < a + b + c £ 10 0,25 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta lại có 3 1 a + 10 1 a + 10 1 æ a + 10 ö a + 22 3 12 = ; = . .4 £ ç + 4 ÷ = Þ ³ a + 10 a + 10 3 2 3 4è 3 ø 12 a + 10 a + 22 3 1 1 b + c + 8 + 8 b + c + 16 1 12 3 b + c = 3 ( b + c ) .8.8 £ . = Þ 3 ³ 0,25 4 4 3 12 b + c b + c + 16 æ 1 1 ö Þ P ³ a = b + c + 48.12 ç + ÷ è a + 22 b + c + 16 ø Áp dụng bất đẳng thức CauchySchwarz ta được 1 1 4 2304 0,25 + ³ Þ P ³ a + b + c + a + 22 b + c + 16 a + b + c + 38 a + b + c + 38 2304 2304 Đặt t = a + b + c Þ t Î ( 0;10 ] Þ P ³ t + . Xét hàm f (t ) = t + trên ( 0;10 ] t + 38 t + 38 2304 ( t - 10 ) .( t + 86 ) Þ f '(t ) £ 0 "t Î 0;10 Ta có f '(t ) = 1 - 2 = ( ] ( t + 38 ) ( t + 38 )2 Þ f (t ) nghịch biến trên ( 0;10 ] Þ f (t ) ³ f (10), "t Î ( 0;10 ] ; f (10) = 58 Þ P ³ 58 ìa + b + c = 10 ïa + b = c ìa = 2 ïï ï í a + 10 Û íb = 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ï = 4 ïc = 5 3 î ï b ïî + c = 8 ì a = 2 ï Vậy min P = 58 , đạt được khi íb = 3 0,25 ïc = 5 î
7a ì2 x - 3 y + 1 = 0 ì x = 1 (1,0 điểm) Tọa độ của A là nghiệm của hệ í Ûí Þ A (1;1 ) î4 x + y - 5 = 0 î y = 1 0,25 æ 2t + 1 ö 0,25 B Î d1 Þ B ç t ; ÷ . Điểm C Î d 2 Þ C ( s;5 - 4 s ) è 3 ø ì t + s + 1 ï 3 = 3 ï G là trọng tâm tam giác ABC Û í 2t + 1 0,25 ï 3 + 5 - 4 s + 1 ï = 5 î 3 ì 61 ì 61 43 ïï t = ïï B ( 7 ; 7 ) 7 Giải hệ này ta được í Þí là đáp số bài toán ïs = -5 - 5 ïC ( ; ) 55 0,25 ïî 7 ïî 7 7 r 8a Đường thẳng d đi qua điểm M ( 0; - 1;1 ) và có véc tơ chỉ phương u = (1; 2; 0 ) . (1,0 điểm) r Gọi n = ( a; b; c ) ( a 2 + b 2 + c 2 ¹ 0 ) là véc tơ pháp tuyến của (P). r r Do ( P ) chứa d nên: u.n = 0 Û a + 2b = 0 Û a = -2 b Phương trình (P) có dạng: a ( x - 0 ) + b ( y + 1) + c ( z - 1) = 0 Û ax + by + cz + b - c = 0 0,25 - a + 3b + 2 c 5b + 2 c d ( A, ( P ) ) = 3 Û = 3 . Mà a = - 2 b Þ = 3 Û 5b + 2c = 3 5 b 2 + c 2 2 a + b + c 2 2 2 5 b + c 2 0,25 2 Û 4b 2 - 4bc + c 2 = 0 Û ( 2b - c ) = 0 Û c = 2 b 0,25 ìa = 2 Chọn b = -1 Þ í . Ta được phương trình (P) là: 2 x - y - 2 z + 1 = 0 . 0,25 î c = -2 9a ìï4 x - 2 x + 1 > 0 (1,0 điểm) Ta thấy í "x Î R. x x ïî 2.16 - 2.4 + 1 > 0 Do vậy 4 x - 2 x + 1 log 2 x 2.16 - 2.4 + 1 x ( = 2 x 2.8 x - 3.2 x + 1 ) ( ) ( ) ( ) ( Û log 2 4 x - 2 x + 1 - log 2 2.16 x - 2.4 x + 1 = 2.16 x - 2.4 x + 1 - 4 x - 2 x + 1 ) 0,25 Û log 2 (4 x - 2x + 1) + ( 4 - 2 + 1) = log ( 2.16 - 2.4 + 1) + ( 2.16 - 2.4 + 1) ( 2 ) x x 2 x x x x Xét hàm f (t ) = log 2 t + t trên ( 0; +¥ ) 1 0,25 Ta có f '(t ) = + 1 Þ f '(t ) > 0 "t > 0 Þ f (t ) đồng biến trên ( 0; +¥ ) t.ln 2 Do vậy ( 2 ) Û f (4 x - 2 x + 1) = f (2.16 x - 2.4 x + 1) Û 4 x - 2 x + 1 = 2.16 x - 2.4 x + 1 Û 2.16 x - 3.4 x + 2 x = 0 0,25
é 2 x = 0 ê x ê 2 = 1 é x = 0 ê Û ê 2 x = -1 - 3 Û ê ê x = log 3 - 1 ê 2 êë 2 ê 2 ê 2 = x - 1 + 3 êë 2 3 - 1 0,25 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0; x = log 2 . 2 7b (1,0 điểm) + Tam giác ABC vuông tại A nên I là trung điểm của BC . 0,25 + C Î d Þ C ( 2t + 1; t ) ; I là trung điểm của BC Þ B (1 - 2t ;3 - t ) uuur uuur AB = ( -2 - 2t ;1 - t ) ; AC = ( 2t - 2; t - 2 ) uuur uuur ét = 2 AB ^ AC Û AB. AC = 0 Û ( -2 - 2t ) . ( 2t - 2 ) + (1 - t ) . ( t - 2 ) = 0 Û ê -2 êt = 0,25 ë 5 ìï B ( -1; 2 ) +Với t = 1 Þ í . 0,25 ïî C ( 3;1 ) ì æ 9 17 ö ì æ 9 17 ö ï B ç ; ÷ ìï B ( -1; 2 ) ï B ç 5 ; 5 ÷ -2 ï è 5 5 ø ï è ø +Với t = Þí . Vậy í hoặc í 5 ïC ; æ 1 - 2 ö ïî C ( 3;1 ) ïC æ 1 ; -2 ö ïî çè 5 5 ÷ø ïî çè 5 5 ÷ø 0,25 8b ( Q ) đi qua gốc toạ độ nên ( Q ) có phương trình dạng : Ax + By + Cz = 0 ( A 2 + B + C ¹ 0 ) . 2 2 (1,0 điểm) ì A + B + C = 0 ìï( P ) ^ ( Q ) ï 0.25 Từ giả thiết ta có : í Û í A + 2 B - C ïî d ( M , ( Q ) ) = 2 ï 2 2 2 = 2 î A + B + C ì A = - B - C ï Ûí B - 2 C ï = 2 (*) 2 2 0,25 î 2 B + 2C + 2 BC (*) Û B = 0 hoặc 3B + 8C = 0 . Nếu B = 0 thì A = - C . Chọn C = -1 Þ A = 1 Ta được phương trình mặt phẳng ( Q ) là : x - z = 0 0,25 Nếu 3 B + 8C = 0 ta chọn C = 3; B = -8; A = 5 ta được phương trình ( Q ) là 5 x - 8 y + 3 z = 0 0,25 Vậy có hai mặt phẳng thoă mãn bài toán, có phương trình là : x - z = 0 ; 5 x - 8 y + 3 z = 0 9b Xét hàm f ( x ) = 24 - x - x + 1 . (1,0 điểm) Ta thấy f '( x) = -24 - x .ln 2 - 1 Þ f ' ( x ) < 0 "x Î R Þ f ( x) nghịch biến trên R . 0.25 Mà f (3) = 0 . Do vậy f(x) ³ 0 Û x £ 3 ; f(x) £ 0 Û x ³ 3 .
é ìï f ( x ) ³ 0 êí ( I ) 2 4 - x - x + 1 êïîlog 2 ( x - 3) > 0 ³ 0 Û ê log 2 x - 3 ê ìï f ( x ) £ 0 0,25 ê ílog ( x - 3) < 0 ( II ) ë ïî 2 ì x £ 3 ïì x £ 3 ïì x £ 3 ï ( I ) Û í Ûí Û í é x > 4 Û x < -4 îï x - 3 > 1 îï x > 4 ï ê x < -4 0,25 î ë ïì x ³ 3 ïì x ³ 3 ì x ³ 3 ( II ) Û í Ûí Ûí Û 3 < x < 4 îï0 < x - 3 < 1 î ï3 < x < 4 î3 < x < 4 0,25 Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (-¥; -4) È (3; 4) Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl