Contact me for more document: http://www.facebook.com/JoeJoeCalderone?ref=tn_tnmn

1. www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc
(Đề có 01 trang)
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II
NĂM HỌC 2013 – 2014
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 + m4 , với m là tham số thực.
m
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
= cos 2 x - 3 (1 + cos x ) .
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
2sin x - 1
x ( x + 2 )
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình
3
( x + 1
)
³ 1 .
- x
1
2
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ò 3 - 2x).e x dx .
(8x
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
o
góc 60 . 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 ç
+ 3
÷
ç a + 10
b+c ÷
è
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 và d . Tìm toạ độ điểm B trên d và toạ độ điểm C trên d sao cho D
ABC có trọng
1
2
1
2
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; - ) và có véc tơ
1;1
r
chỉ phương u = (1; 2; 0 ) ; điểm A ( - 2;3 . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d sao cho khoảng
1; )
cách từ điểm A đến mặt phẳng ( P ) bằng 3 .
Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình log 2
4 x - 2 x + 1
= 2 x 2.8x - 3.2 x + 1 .
x
x
2.16 - 2.4 + 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 .
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình
2 4 - x - x + 1
³ 0.
log 2 ( x - 3
)
­­­­­­­­­­­­­­­­­­ Hết ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­

2. www.VNMATH.com
SỞ GD­ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
THI KHSCL LẦN II NĂM HỌC 2013 – 2014
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)
4
2
(2,0 điểm)
­ Khi m = 1 thì y = x - 2 x + 3
*)Tập xác định D = R
*) Sự biến thiên :
0,25
é x = 0
3
2
1)
Chiều biến thiên y ' = 4 x - 4 x = 4 x( x - , y ' = 0 Û ê x = 1
ê
ê x = -1
ë
­ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ­1 ; 0) và (1 ; +¥ ), nghịch biến trên các khoảng
( (-¥; - và (0 ; 1)
1)
­ Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCÐ = 3
Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1; yCT = 2
­ Giới hạn lim = +¥
0,25
x®±¥
­ Bảng biến thiên :
x
y’
-¥
­
+¥
­1 0 1
0 + 0
­
0 +
3
+¥
+¥
0,25
y
2
2
Đồ thị
y
3
0, 25
2
­2
­1
0 1 2
x

3. www.VNMATH.com
b) (1 điểm)
­ Tập xác định D = R
é x = 0
­ Ta có y ' = 4 x3 - 4 ; y ' = 0 Û ê 2
mx
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
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 ; Þ S DABC = AH .BC = m 2 .2 m = m m
m
2
2
(
0,25
0,25
)
0,25
Theo giả thiết S DABC = 1 Þ m 2 . m = 1 Û m = 1
Vậy đáp số bài toán là m = 1
0,25
2
(1,0 điểm) Điều kiện 2sin x - 1 ¹ 0 Û sin x ¹
1
2
1 - 2 sin x - 2 sin 2 x + 2 cos x
= cos 2 x - 3 (1 + cos x )
2sin x - 1
(1 - 2sin x ) . (1 + 2 cos 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
p
ê
p
Ûê
3 Û ê x = 6 + k 2 ( k Î Z )
ê cos x =
ê
ê
2
ë
p
ê x = - + k 2
p
6
ë
0,25
Kết hợp điều kiện sin x ¹
1
ta được nghiệm phương trình là
2
x = p + k 2p ; x = -
3
(1,0 điểm)
ì x ( x + 2 ) ³ 0
ï
ï x ³ 0
ï
Điều kiện í
3
Û x ³ 0 ;
x + 1) ³ 0
ï(
3
ï
ï ( x + 1) - x ³ 0
î
p
6
x³0Þ
0,25
+ k 2 ( k Î Z )
p
3
( x + 1) -
x > 0
0,25
Do vậy
x ( x + 2
)
( x + 1
)
3
³1Û
x ( x + 2) ³
( x + 1 3 )
x
- 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

4. www.VNMATH.com
Û x 2 + x + 1 - 2 x ( x + 1) £ 0 Û
(
)
2
x ( x + 1) - 1 £ 0 Û x ( x + 1) - 1 = 0 Û x ( x + 1) = 1
é
-1 + 5
ê x =
2
Û x ( x + 1) = 1 Û x 2 + x - 1 = 0 Û ê
ê
-1 - 5
êx =
ë
2
0,25
Kết hợp điều kiện x > 0 ta được nghiệm của phương trình đã cho là x =
5 - 1
2
0,25
4
(1,0 điểm)
1
1
2
2
Ta có I = ò (8x 3 - 2x).e x dx= ò (4x 2 - 1).e x .2xdx .
0
0,25
0
Đặt t = x 2 Þ dt = 2xdx và x = 0 Þ t = 0; x = 1 Þ t = 1 .
1
0,25
(4
Ta được I = ò t - 1).et dt.
0
t
ìu = 4t - 1 ì du = 4d
Đặt í
Þí
t
t
v
î dv = e dt
î = e
1
0,25
1
1
Þ I = (4t - 1).e t - ò t .4 dt = 3e + 1 - 4e t = 5 - e.
e
0
0,25
0
0
5
S
(1,0 điểm)
N
K
A
G
D
M
I
0
60
O
B
J
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 )
IJ
î ^ CD
0
0,25
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
= ; SO là trung tuyến tam giác SBD Þ G cũng là trọng tâm
G là trọng tâm D . Þ
SAC
SO 3

5. www.VNMATH.com
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 ;
Dễ thấy SJ ^ MN nên SJ ^ (ABMN)
0,25
1
Thể tích khối chóp S . ABMN là : V = SK . ABMN
S
3
0,25
3
a
a
; SK =
D
SJI đều cạnh a Þ IK =
2
2
3
1
1 æ a ö a 3 3 3a2
1 a 3 3a2 a 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
1
1
2
2
2
( a + b ) + c 2 ³ ( a + b + c ) Þ ( a + b + c ) £ 5 ( a + b + c ) Þ 0 < a + b + c £ 10
2
2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta lại có
3
1
a + 10 1 a + 10
1 æ a + 10
3
12
ö a + 22
=
= .
+ 4 ÷ =
Þ
³
;
.4 £ ç
3
2
3
4è 3
12
a + 10
a + 10
a + 10 a + 22
ø
3
1
1 b + c + 8 + 8 b + c + 16
1
12
3
=
Þ 3
³
b + c = 3 ( b + c ) .8.8 £ .
4
4
3
12
b + c b + c + 16
1 ö
æ 1
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
+
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
0,25
0,25
0,25
( t - 10 ) .( t + 86 ) Þ f '(t ) £ 0 "t Î 0;10
( ]
( 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
;
Ta có f '(t ) = 1 -
2304
2
=
ìa + b + c = 10
ïa + b = c
ìa = 2
ï
ï
ï
Û íb = 3
í a + 10
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ï
= 4
ïc = 5
3
î
ï
b + c = 8
ï
î
ì a = 2
ï
Vậy min P = 58 , đạt được khi íb = 3
ïc = 5
î
0,25

6. www.VNMATH.com
7a
ì2 x - 3 y + 1 = 0
ì x = 1
Ûí
Þ A (1;1
)
î4 x + y - 5 = 0
î y = 1
(1,0 điểm) Tọa độ của A là nghiệm của hệ í
0,25
æ 2t + 1 ö
B Î d1 Þ B ç t ;
s
÷ . Điểm C Î d 2 Þ C ( s;5 - 4 )
3 ø
è
ì t + s + 1
ï 3 = 3
ï
G là trọng tâm tam giác ABC Û í 2t + 1
ï 3 + 5 - 4 s + 1
= 5
ï
3
î
0,25
0,25
ì 61
ì 61 43
t =
(
ï
ï B 7 ; 7 )
ï
ï
7
Giải hệ này ta được í
Þí
là đáp số bài toán
-5
-5 55
ïs =
ïC ( ; )
ï
ï 7 7
7
î
î
0,25
r
Đường thẳng d đi qua điểm M ( 0; - ) và có véc tơ chỉ phương u = (1; 2; 0 ) .
1;1
(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
8a
Phương trình (P) có dạng: a ( x - 0 ) + b ( y + 1) + c ( z - 1) = 0 Û ax + by + cz + b - c = 0
d ( A, ( P ) = 3 Û
)
- a + 3b + 2
c
2
2
a + b + c
2
= 3 . Mà a = - b Þ
2
5b + 2
c
2
5 + c
b
2
= 3 Û 5b + 2c = 3 5 2 + c 2
b
2
Û 4b 2 - 4bc + c 2 = 0 Û ( 2b - c ) = 0 Û c = 2
b
(
(4
0,25
0,25
ìa = 2
. Ta được phương trình (P) là: 2 x - y - 2 z + 1 = 0 .
Chọn b = -1 Þ í
c
î = -2
x
9a
ì x
ï4 - 2 + 1 > 0
(1,0 điểm) Ta thấy í
"x Î R.
x
x
ï2.16 - 2.4 + 1 > 0
î
Do vậy
4 x - 2 x + 1
log 2
= 2 x 2.8 x - 3.2 x + 1
x
x
2.16 - 2.4 + 1
(
0,25
0,25
)
)
(
) (
) (
)
+ 1) + ( 4 - 2 + 1) = log ( 2.16 - 2.4 + 1) + ( 2.16 - 2.4 + 1) ( 2
)
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
Û log 2
x
- 2x
x
x
x
x
x
x
0,25
2
Xét hàm f (t ) = log 2 t + t trên ( 0; +¥ )
Ta có f '(t ) =
1
+ 1 Þ f '(t ) > 0 "t > 0 Þ f (t ) đồng biến trên ( 0; +¥ )
t.ln 2
0,25
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

7. www.VNMATH.com
é 2 x = 0
ê x
ê 2 = 1
é x = 0
ê
x
Û ê 2 = -1 - 3 Û ê
ê x = log 3 - 1
ê
2
2
ê
ë
2
ê
-1 + 3
x
ê 2 =
ê
ë
2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0; x = log
2
3 - 1
.
2
0,25
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 )
uuu
r
uuur
AB = ( -2 - 2t ;1 - t ) ; AC = ( 2t - 2; t - 2 )
ét = 2
uuu uuur
r
AB ^ AC Û AB. AC = 0 Û ( -2 - 2t ) . ( 2t - 2 ) + (1 - t ) . ( t - 2 ) = 0 Û ê -2
êt =
5
ë
ì B ( -1; 2 )
ï
+Với t = 1 Þ í
.
)
ïC ( 3;1
î
ì æ 9 17 ö
ï B ç ; ÷
-2 ï è 5 5 ø
. Vậy
+Với t =
Þí
5
æ 1 -2 ö
ïC ;
ï ç 5 5 ÷
ø
î è
8b
(1,0 điểm)
0,25
0,25
ì æ 9 17 ö
ï B ç 5 ; 5 ÷
ì B ( -1; 2 )
ï
ï è
ø
hoặc í
í
)
ïC ( 3;1
ïC æ 1 ; -2 ö
î
ï ç 5 5 ÷
ø
î è
( Q ) đi qua gốc toạ độ nên ( Q ) có phương trình dạng : Ax + By + Cz = 0 ( A
0,25
2
+ B + C ¹ 0 ) .
2
2
ì A + B + C = 0
ì( P ) ^ ( Q )
ï
ï
Từ giả thiết ta có : í
Û í A + 2 B - C
= 2
ï d ( M , ( Q ) ) = 2 ï
2
2
2
î
î A + B + C
ì A = - B - C
ï
Ûí
B - 2
C
= 2 (*)
ï
2
2
BC
î 2 B + 2C + 2
0.25
0,25
(*) Û B = 0 hoặc 3B + 8C = 0 .
Nếu B = 0 thì A = - . Chọn C = -1 Þ A = 1
C
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
Vậy có hai mặt phẳng thoă mãn bài toán, có phương trình là : x - z = 0 ; 5 x - 8 y + 3 z = 0
9b
0,25
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 .
Mà f (3) = 0 . Do vậy f(x) ³ 0 Û x £ 3 ; f(x) £ 0 Û x ³ 3 .
0.25

8. www.VNMATH.com
é ì f ( x ³ 0
)
ï
( I )
êí
êïlog 2 ( x - 3) > 0
2 4 - x - x + 1
î
³ 0 Û ê
log 2 x - 3
)
ï
ê ì f ( x £ 0
í
ê log ( x - 3) < 0 ( II )
ï 2
î
ë
ì x £ 3
ìx £ 3
ì x £ 3
ï
ï
ï
Ûí
Û í é x > 4 Û x < -4
( I ) Û í
ï x - 3 > 1 ï x > 4 ï ê
î
î
ë
î x < -4
ìx ³ 3
ì x ³ 3
ì x ³ 3
ï
ï
Ûí
Ûí
Û 3 < x < 4
ï0 < x - 3 < 1 ï3 < x < 4 î3 < x < 4
î
î
0,25
0,25
( II ) Û í
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (-¥; -4) È (3; 4)
0,25