a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=1.. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD=120 ,0 cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng SA
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối: A và A1; Thời gian làm bài: 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y= x3−6x2+3(m+2)x+4m−5 có đồ thị (C m), với m là tham số thực
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=1
b) Tìm m để trên (C m) tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi điểm đó của (C m) vuông góc với đường thẳng d x: +2y+ =3 0
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin 1 cot 2
1 cos 1 cos
x
x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
( , )
x y
∈
+ + − + + =
Câu 4 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường 3 1 ; 0; 1
(3 1) 3 1
x
−
−
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD=120 ,0 cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 60 Gọi K là trung điểm của SC Tính theo 0
a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK
Câu 6 (1,0 điểm) Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2+y2+z2 =1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3 3 3 3
P
+
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được 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 tam giác ABC có đỉnh (3; 3),, A tâm đường tròn ngoại tiếp (2; 1),
I phương trình đường phân giác trong góc BAC là x− =y 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng 8 5
5
góc BAC nhọn
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2, P x− − + =y z 1 0 và các đường thẳng
song song với (P) đồng thời tạo với d một góc α có cos 1
3
α =
Câu 9.a (1,0 điểm) Cho phương trình 8z2−4(a+1)z+4a+ =1 0 (1), với a là tham số Tìm a∈ℝ để (1) có hai
nghiệm z z thỏa mãn 1, 2 1
2
z
z là số ảo, trong đó z là số phức có phần ảo dương 2
b Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa ,
đường cao kẻ từ B là x+3y− =18 0, phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là
3x+19y−279=0, đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x− + =y 5 0. Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng BAC=135 0
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm , A(4; 4; 5),− − B(2; 0; 1)− và mặt phẳng ( ) :P x+ + + =y z 3 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông góc với (P) và
Câu 9.b (1,0 điểm) Cho đồ thị
2
2 ( ) :
1
a
x
+ −
=
− và đường thẳng d y: =2x+1. Tìm các số thực a để d cắt (C a) tại hai điểm phân biệt ,A B thỏa mãn IA=IB, với ( 1; 2).I − −
- Hết -
Trang 2www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014
Môn: TOÁN – Khối A1; Thời gian làm bài: 180 phút
a) (1,0 điểm)
Khi m=1 hàm số trở thành y=x3−6x2+9x−1
a) Tập xác định:
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim
→−∞ = −∞ và lim
→+∞ = +∞
* Chiều biến thiên: Ta có y'=3x2−12x+9;
= ⇔ > ⇔ < ⇔ < <
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; 1 , 3;) ( + ∞); nghịch biến trên khoảng ( )1; 3
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=1, y CĐ =3, hàm số đạt cực tiểu tại x=3, y CT = −1
0,5
* Bảng biến thiên:
c) Đồ thị:
0,5
b) (1,0 điểm)
2
k= − Do đó tiếp tuyến của (C m) vuông góc với d có hệ số góc
' 2
k =
Ta có y'= ⇔k' 3x2−12x+3(m+ =2) 2 2
3x 12x 4 3 m
Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1
0,5
Câu 1
(2,0
điểm)
Xét hàm số f x( )=3x2−12x+4 trên (1;+ ∞)
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình f x( )= −3m có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1
− < − < − ⇔ < < Vậy 5 8
3< <m 3
0,5
Câu 2
(1,0
điểm)
Điều kiện: cosx≠ ±1, sinx≠ ⇔ ≠0 x kπ,k∈
Phương trình đã cho tương đương với
sin sin cos2 1 cos cos 2
sin sin
x x
x
'
y
y
1
∞
3
∞
−
∞ +
1
−
x
O
3
y
1
1
−
3
x
( )
f x
1
∞
∞ +
8
−
2
5
−
∞ +
Trang 3sin cos 1 2sin sin cos cos 2 0 (sin cos )(1 cos sin ) 0
4
x+ x= ⇔ = − +x π kπ k∈ .
π
= +
+ − = ⇔ − = ⇔
x= − +π kπ x= +π k π k∈
0,5
2 1 0
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
(x+y) +4(x+y y) +3y = ⇔ + +0 (x y y )(x+ +y 3y )=0
*) x+ +y y2 =0, hay x= − −y y2 Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
2
2
1 1 (ktm)
1 2
− + = −
− + − + + = ⇔
− + =
2
⇔ − − = ⇔ =
2
y= −
thì x= − +4 13 và với 1 13
2
y= +
thì x= − −4 13
0,5
Câu 3
(1,0
điểm)
*) x+ +y 3y2 =0, hay x= − −y 3y2 Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
− − + − + + = ⇔ − − + = − −
1
y
Suy ra x= −2
0,5
(3 1) 3 1
x
x
−
3 1
0 (3 1) 3 1
x
−
+ + với mọi x∈[ ]0; 1
Do đó diện tích của hình phẳng là
x
−
0,5
Câu 4
(1,0
điểm)
Đặt t= 3x+1, ta có khi x=0 thì t= 2, khi x=1 thì t=2 và 3x = −t2 1
Suy ra 3 ln 3dx x=2 d ,t t hay 2 d
ln 3
x= Khi đó ta có
2
2
2 3 2 2
t
t
−
0,5
Gọi O= AC∩BD Vì BCD=1200 nên ABC=600
ABC
2
a
Kẻ OH ⊥SB tại H Vì AC⊥(SBD) nên AC⊥SB
(SAB), (SBC) =60 ⇔(AH CH, )=60
0
60
AHC
⇒ = hoặc AHC =1200
Câu 5
(1,0
điểm)
2
a
0,5
C
P
Q
S
K
O
D
H
Trang 4www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
2 3
a
3
a
Vì 2 tam giác vuông BOH và BSD đồng dạng nên . 3
2 2
SD
ABCD ABC
3
a
Kẻ DP⊥BC tại P, DQ⊥SP tại Q Vì BC⊥(SDP) nên BC⊥DQ⇒DQ⊥(SBC) (2)
Từ tam giác vuông DCP sin 600 3
2
a
2
a
Từ (1), (2) và (3) suy ra ( , )
2
a
0,5
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
1 4
= + + ≤ + + = + + = + +
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có 3 3 3 3 1( )3
4
x y + y z ≥ xy+ yz nên
3
4
4
Suy ra
3
P
≤ + + − +
0,5
Câu 6
(1,0
điểm)
= + khi đó t>0 và 1 3 1 1
P≤ − t + t+
Xét hàm số ( ) 1 3 1 1
f t = − t + t+ với t>0
Ta có '( ) 1 2 1; '( ) 0 2,
f t = − t + f t = ⇔ =t vì t>0
Suy ra bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có 5,
12
P≤ dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t=2 hay 1
3
x= = =y z Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 ,
12 đạt được khi
1 3
x= = =y z
0,5
Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC)
tại E là điểm chính giữa cung BC ⇒IE⊥BC
Vì E thuộc đường thẳng x− =y 0 và IE=IA=R⇒E(0; 0)
Chọn n BC =EI =(2; 1)⇒ pt BC có dạng 2 x+ + =y m 0
3 ( , )
5
d I BC
8
m m
m
= −
+
= −
+ − =
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Vì BAC nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC, kiểm tra thấy BC: 2x+ − =y 2 0 thỏa mãn 0,5
( )
f t
'( )
f t
0
5 12
A
E
I
D
H
Trang 5Từ hệ 2 2 2 0 2 (0; 2), 8; 6
+ − =
; , (0; 2)
−
M ∈d ⇒M m m+ m+ N∈d ⇒N n+ n n+ Suy ra
MN = − + + −m n m+ − − +n m n+
( )
n MN
∉
Suy ra u MN =(3;− +n 2;n+4) và u d =(2; 1; 2).−
0,5
Câu
8.a
(1,0
điểm)
Suy ra
3
MN d
⇔3(n+4)2 =2n2+4n+29⇔n2+20n+19= ⇔ = −0 n 1 hoặc n= −19
*) n= −1⇒m= −3⇒M( 3; 4; 2),− − − N(0; 1; 1).−
*) n= −19⇒m= −21⇒M( 21; 40; 20),− − − N( 18; 19; 35).− − −
0,5
Từ giả thiết suy ra z z không phải là số thực Do đó 1, 2 ∆ <' 0, hay 4(a+1)2−8(4a+ <1) 0
4(a 6a 1) 0 a 6a 1 0
Suy ra
0,5
Câu
9.a
(1,0
điểm)
Ta có 1
2
z
z là số ảo
2 1
z
2
a
a
=
⇔ + − − − − = ⇔ − = ⇔
=
Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị của a là a=0,a=2
0,5
: 2 5 ( ; 2 5)
∈ = − + ⇒ − +
Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực
: 3 19 279 0
là
u BC
∆
∈ ∆
AC⊥BH ⇒ chọn n AC =u BH = −( 3; 1)⇒pt AC: 3− + + =x y 4 0⇒A a( ; 3a−4)
(6 ; 8 3 ), (9 ; 27 3 )
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
2
2
a
< <
0,5
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với (P) Suy ra M thuộc giao tuyến của (Q) và (P)
( 2; 4; 4)
, (0; 6; 6) 6(0; 1; 1)
P
AB
n
=
Câu
8.b
(1,0
điểm)
− − =
+ + + = −
( 2; 0; 1) 0
; ;
3 3 3 3
M t
M t
− −
=
0,5
Câu
9.b
(1,0
điểm)
Hoành độ giao điểm của d và (C a) là nghiệm của phương trình
2
2
2 1, 1
x x
+ − = +
2
( 1) 1 0, 1
A
H
d
Trang 6www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
2
1 ( 1) 4 0
3
1
a a
a a
∆ = + − > >
< −
≠
Khi đó gọi x x1, 2 là hai nghiệm phân biệt của (1), ta có A x( ; 21 x1+1),B x( ; 22 x2+1)
Do đó IA= IB⇔ (x1+1)2 +(2x1+3)2 = (x2+1)2+(2x2 +3)2
5x 14x 5x 14x (x x ) 5(x x ) 14 0
5(x x ) 14 0,
Theo định lý Viet ta có x1+x2 = +a 1 Thay vào (3) ta được 5( 1) 14 0 19,
5
a+ + = ⇔ = −a thỏa mãn
điều kiện (2) Vậy 19
5
a= −
0,5
