bài 5.1.docx Sinh học di truyền đại cương năm nhất của học sinh y đa khoa
Đề thi thử ĐH Toán Chuyên Vĩnh Phúc 2014 - Khối A, B - Lần 2
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
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