Đề thi thử Toán - Chuyên Vĩnh Phúc 2014 lần 4 Khối A

1. SỞ GD-ĐT VĨNH PHÚC THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV NĂM HỌC 2012 – 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN 12 – Khối A,A1
VĨNH PHÚC Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu 1. Cho hàm số 3 2
(2 1) 1y x m x m      (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 1.m 
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để đồ thị của hàm số đã chi tiếp xúc với đường thẳng
2 1.y mx m  
Câu 2. Giải phương trình    2
3 2cos cos 2 3 2cos sin 0x x x x     .
Câu 3. Giải hệ phương trình
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y
     

 
( ,x y )
Câu 4. Tìm diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 1,x
y e  trục hoành và hai đường
thẳng ln3, ln8.x x 
Câu 5. Cho hình lăng trụ .ABC A B C   có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của đỉnh A trên
mặt phẳng ( )ABC trùng với tâm O của tam giác ABC. Biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng
BC và AA bằng
3
4
,
a
hãy tính thể tích của hình lăng trụ và diện tích của thiết diện khi cắt lăng
trụ bởi mặt phẳng đi qua BC vuông góc với AA .
Câu 6. Cho các số thực , ,a b c bất kỳ. Chứng minh rằng 2 2 2 2
( 2)( 2)( 2) 3( )a b c a b c     
II. PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được một trong hai phần riêng, phần A hoặc phần B )
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2
( ): 2 4 27 0C x y x y     và
điểm (1; 2).M  Hãy viết phương trình của đường thẳng  đi qua M, cắt đường tròn đã cho tại hai
điểm A và B sao cho các tiếp tuyến của ( )C tại A và B vuông góc với nhau.
Câu 8a. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ):3 2 4 0P x y z    và hai
điểm (1;3;2), (2;3;1).A B Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Tìm tọa độ điểm J sao cho IJ
vuông góc với mặt phẳng ( )P đồng thời J cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng ( ).P
Câu 9a. Tìm hệ số của 4
x trong khai triển 2
(1 3 )n
x x  , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn
1 2 3
156.n n nA A A  
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với các đường thẳng chứa đường
cao kẻ từ B, phân giác trong kẻ từ A lần lượt có phương trình 33 4 0, 12 0.x y x y      Biết
rằng điểm (0;2)M là mộ điểm nằm trên đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 10,
tìm tọa độ các đỉnh của tam giác.
Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm (3;2;1),A mặt phẳng ( ): 2 0P x y z   
và đường thẳng
1 1
1 2 1: .
yx z 
   Viết phương trình của đường thẳng d đi qua A, cắt  và ( )P
theo thứ tự tại B và C sao cho A là trung điểm BC.
Câu 9b. Giải phương trình 2 4
2 162 2
3
log ( 5) log | 1| 1 log ( 3 2)
2
x x x x      
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com

2. SỞ GD-ĐT VĨNH PHÚC THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV NĂM HỌC 2012 – 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HD chấm môn TOÁN 12 – Khối A,A1
VĨNH PHÚC
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 04 trang.
Câu Nội dung trình bày Điểm
1 3 2
1. 1: 3 2m y x x     . TXĐ: 0.25
Chiều biến thiên: 3 (2 ), 0 0 2y x x y x x       
Xét dấu y và kết luận:
hàm số đồng biến trên (0;2), nghịch biến trên các khoảng ( ;0),(2; )  ;
hàm số đạt cực đại tại 2, (2) 2;cdx y y   hàm số đạt cực tiểu tại 0, (0) 2ctx y y   
0.25
Nhánh vô cực: lim ; lim
x x
y y
 
      , lập bảng biến thiên 0.25
Vẽ đồ thị
2
2
0.25
2. Đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng 2 1y mx m   khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm
 
 
3 2
2
2 1 1 2 1 (1)
3 2 2 1 2 (2)
x m x m mx m
x m x m
       

   
0.25
Phương trình (1) tương đương với 2
( (2 1) 2 ) 0x x m x m    do đó luôn có nghiệm 0, 1x x 
và 2x m
0.25
Do đó, hệ (1)-(2) có nghiệm khi và chỉ khi ít nhất một trong ba nghiệm của (1) là nghiệm của (2).
0x  thỏa mãn (2): 0m  ; 1x  thỏa mãn (2):
1
2
m  ; 2x m thỏa mãn (2): tìm được 0m  và
1
2
m 
0.25
Kết luận 0.25
2 Phương trình đã cho tương đương với    2
2 3cos 2 3 2sin cos 3cos 3sin 0x x x xx     
Để ý rằng 2 2
sin cos 1,x x  nhân tử hóa, thu được   cos 3sin 3 2sin 0x x x  
0.25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com

3. Giải phương trình 3 2sin 0x  thu được 2 · ( )
3
x k k

   và
2
2 · ( )
3
x m m

   0.25
Giải phương trình cos 3sin 0x x  thu được · ( )
6
x n n

    0.25
Kết luận nghiệm 0.25
3 Điều kiện: 2 1 0, 0x y x y     0.25
Đặt 2 1 , , ( , 0),x y a x y b a b      để ý rằng 3 2 (2 1) ( ) 1,x y x y y x y        ta
được hệ 2 2
1 (1)
5 (2)
a b
a b
 

 
0.25
Giải hệ, với chú ý , 0,a b  thu được 2, 1.a b  0.25
Từ đó, thu được
2 3
1
x y
x y
 

 
. Giải hệ, thu được ( ; ) (2; 1)x y  
Đối chiếu điều kiện và kết luận
0.25
4
Diện tích cần tính bằng
ln8
ln3
1x
S e dx  0.25
Đặt 1x
e t  , khi đó 2
2
2
1 2
1
x x tdt
e t e dx tdt dx
t
     

. Hơn nữa, ln3 ln8 ~ 2 3x t    0.25
Suy ra
3 3 3
2 2
2 2 2
2 3
· 2 2 ln
1 1 2
tdt dt
S t dt
t t
 
      
  
   (đ.v.d.t) 0.5
5 (Hình vẽ ở trang cuối)
Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên
2
3
4
ABC
a
S  . Ngoài ra, với I là trung điểm BC, thì
3
2
a
AI  và
2
3 3
a
AO AI  .
0.25
Do giả thiết,  BC AIA . Suy ra
3 1
4 2
a
IH AI  (H là hình chiếu của I trên AA ), suy ra
0
30A AI  . Do đó 0
2
.
cos30 3
AO a
A O   Vậy
3
.
3
6
ABC A B C
a
V      (đ.v.t.t)
0.25
Tính được
3
4
a
AH AA  nên A nằm giữa ,A H và
12
a
A H  . Gọi J là giao điểm của IH với
mặt phẳng  A B C   , ( )P là mặt phẳng qua BC, vuông góc với .AA Khi đó, do  ,BC A B C  
nên giao tuyến của ( )P với  A B C   là đường thẳng qua J song song với BC, hay thiết diện là
hình thang BCMN (hình vẽ).
0.25
Do
1
8
HJ A H
JI IK

  (K là trung điểm B C ) nên
8 2
9 3 3
a
IJ IH  và
1
.
8
MN BC Suy ra
  21
3
2
BCMNS BC MN IJ a    (đ.v.d.t)
0.25
6 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( ) 8 6( )a b b c c a a b c a b c ab bc ca         
0.25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com

4. Do 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) 0ab bc ca      nên 2 2 2 2 2 2
2( ) 6 4( )a b b c c a ab bc ca     
Do đó, ta chỉ cần chứng minh 2 2 2 2 2 2
2 2( )a b c a b c ab bc ca       là đủ
0.25
Do trong ba số 2 2 2
1, 1,a b c  luôn có hai số cùng dấu, nên
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( 1)( 1) 0c a b a b c c b c c a      
0.25
Bởi vậy, ta cần chứng minh 2 2 2 2 2 2
2 2( )a b b c c a ab bc ca       (1)
Để ý rằng 2 2 2
(1) ( ) ( 1) ( 1) 0a b bc ca       , luôn đúng nên ta có được điều phải chứng minh.
0.25
7a +( )C có tâm ( 1;2),I  bán kính 4 2R  0.25
+ Khẳng định: đường thẳng cần tìm cách tâm I một khoảng bằng 4
2
R
 0.25
+ : ( 1) ( 2) 0,a x b y     với 2 2
0.a b 
2 2
| 2 4 |
( ; ) 4 4 0 3 4 .
a b
d I a a b
a b
 
         

0.25
+ Với 0a  thì 0,b  tùy ý, do đó : 2 0.y  
Với 3 4a b  thì chọn 4, 3a b   , do đó :4 3 10 0.x y   
0.25
8a
+
3 3 3 3
;3; , ( ; ; ) ; 3;
2 2 2 2
I J x y z IJ x y z
   
       
   
0.25
+
3 3
(3; 2;1) 3 , 3 2 , .
2 2
IJ p x t y t z t         0.25
+
2 2
2 2 2 2 2 227 (3 2 4) (14 4)
14 , ( ;( ))
2 14 14
x y z t
OJ x y z t d J P
   
       0.25
Do ( ;( ))OJ d J P nên thu được phương trình
2
2 27 (14 4) 173
14
2 14 112
t
t t

     .
Từ đó
519 285 5
; ;
112 56 112
J
 
  
 
0.25
9a + 1 2 3
156 6n n nA A A n      0.25
+ Khi 6:n 
2 6 0 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4
6 6 6 6 6
5 5 5 6 6 6
6 6
(1 3 ) (1 3 ) (1 3 ) (1 3 ) (1 3 )
(1 3 ) (1 3 )
x x C C x x C x x C x x C x x
C x x C x x
           
   
Trong khai triển trên, 4
x chỉ xuất hiện trong các số hạng 6 (1 3 ) ,k k k
C x x với 2,3,4.k 
Do đó hệ số của 4
x phải tìm là tổng các hệ số của 4
x trong các khai triển trên
0.25
+ Với 2:k  hệ số của 4
x bằng 2
69C ; Với 3:k  hệ số của 4
x bằng 3
69C ; Với 4:k  hệ số của
4
x bằng 4
6C .
0.25
+ Hệ số cần tìm bằng 2 3 4
6 6 69 9 30C C C    0.25
7b Gọi ,h theo thứ tự là đường cao kẻ từ B, phân giác trong kẻ từ A; ( ; )N x y là điểm đối xứng với
M qua . Khi đó, x, y là nghiệm của hệ
0
2
3
2
3 12 0
2 2
x
y
x y

 

    

. Từ đó, tìm được (6;4)N
0.25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com

5. Do ,AC h AC AN nên tọa độ của A là nghiệm của hệ
6 4
1 3
3 12 0
x y
x y
 


   
. Từ đó, tìm được
13
( ; 1)
3
A 
0.25
Do B là giao điểm của các đường thẳng h và AM, nên …. tìm được
13 5
( ; )
7 7
B 0.25
Do 2 10MC  cà C nằm trên AC, nên C có tọa độ là nghiệm của hệ
 
22
3 14 0
2 40
x y
x y
  

  
giải hệ, thu được 1 2
18 16
( ; ), (6;4)
5 5
C C . Từ đó, do AB AM nên ,AN AC do đó 2 (6;4)C C
0.25
8b + Đưa phương trình  về dạng tham số , 1 2 , 1x t y t z t      , do đó mọi điểm của  đều có
tọa độ dạng ( ;1 2 ; 1 )t t t  
0.25
+ Xét điểm ( ;1 2 ; 1 )B t t t   , lấy C đối xứng với B qua A. Khi đó (6 ;3 2 ;3 )C t t t   0.25
+ ( ) 4.C P t    0.25
+ Do đó … (1;7; 6)AB   , suy ra đường thẳng cần tìm có phương trình
3 2 1
1 7 6
x y z  
 

0.25
9b + Điều kiện 5, 1, 2x x x    0.25
+ Đưa phương trình về dạng 2
2 2 2log ( 5) log | 1| 1 log | 3 2|x x x x       0.25
+ Từ đó, kết hợp với 1,x  thu được ( 5) 2| 2|x x   0.25
+ Giải phương trình này, thu được
1
9
3
x x    . Đối chiếu điều kiện và kết luận. 0.25
Hình vẽ cho câu 5.
K
H
A'
O
A
I
Hình 1
H
M
N
J K
C'
B'
C
O
A I
B
A'
Hình 2
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com