Đề thi thử Toán - Chuyên Vĩnh Phúc 2014 lần 4 Khối B,D

1. SỞ GD-ĐT VĨNH PHÚC THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV NĂM HỌC 2012 – 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN 12 – Khối B,D
VĨNH PHÚC Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. Cho hàm số 3 2 2 2
3 3(1 ) 2 2 1y x x m x m m       (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 1.m  
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu; đồng thời hai điểm
cực trị của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng : 4 5 0.d x y  
Câu 2. Giải phương trình  2 1
4 4 4
cos 2 cos 2 sin 1 cos2x x x x
    
       
   
với 0 .
4
x

 
Câu 3. Giải hệ phương trình
3 3 3
2 2
27 7 8
9 6
x y y
x y y x
  

 
( ,x y )
Câu 4. Tính tích phân
1
ln 2
ln
e
x
x x x
I dx


 
Câu 5. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, với 2 2SA SB AB a BC    và
0
120 .ABC  Gọi H là trung điểm của cạnh AB và K là hình chiếu vuông góc của H trên mặt phẳng
( ),SCD K nằm trong tam giác SCD và
3
5
.HK a Tìm thể tích của hình chóp theo a.
Câu 6. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn 3.ab a b   Chứng minh rằng
2 23 3 3
1 1 2
a b ab
b a a b
a b 
  
  
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): 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
( ):( 1) ( 1) 16C x y    có tâm I và
điểm (1 3;2).A  Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và cắt ( )C tại hai điểm B, C phân biệt sao
cho tam giác IBC không có góc tù đồng thời có diện tích bằng 4 3.
Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm (0;4;2)M và hai mặt phẳng ( ),( )P Q lần lượt
có phương trình 3 1 0, 3 4 7 0.x y x y z       Viết phương trình của đường thẳng  đi qua M và
song song với giao tuyến của ( )P và ( ).Q
Câu 9a. Tìm tất cả các số thực a, b sao cho số phức 2 3z i  là nghiệm của phương trình
2
0.z az b  
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm (3;4)M và đường tròn
2 2
: 6 2 2 0.x y x y      Viết phương trình của đường tròn  với tâm M, cắt  tại hai điểm A, B
ssao cho AB là cạnh của một hình vuông có bốn đỉnh nằm trên .
Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình của mặt cầu có tâm (1;2;3)I và tiếp xúc
với đường thẳng
2
: .
1 2 2
x y z
d

 

Câu 9b. Hãy giải phương trình sau trên tập hợp số phức 2 2 2
( ) ( ) 5 5 0.z i z i z    
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 B,D
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, nhưng không nhất thiết phải vẽ hình 1; 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 1. 3 2
31: 3m 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 (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại 0, 3cdx y  ; hàm số đạt cực tiểu tại 2, 1ctx y  
0.25
Nhánh vô cực: lim , lim
x x
y y
 
     ; lập bảng biến thiên 0.25
Vẽ đồ thị
0.25
2. 2 2
3 6 3(1 )y x x m    
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi 0y  có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu khi qua hai
nghiệm đó. Điều này tương đương với phương trình 2 2
2 1 0x x m    có hai nghiệm phân biệt,
tức là 0.m 
0.25
Khi đó, đồ thị của hàm số có hai điểm cựctrị 3 2 3 2
(1 ; 2 1), (1 ;2 1)A m m m B m m m       0.25
Hai điểm này đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi trung điểm của AB nằm trên d và AB d . Điều
này tương đương với
2
2
1 4(1 ) 5 0
2
2 4
m
m
m
    
  
  
0.25
Kết luận
2
Biến đổi tích thành tổng, thu được
1
cos( ) cos4 (1 cos2 )(1 cos2 )
2 2
x x x

     0.25
2 1
cos4 1 cos 2 cos4 0 ,
2 8 4
k
x x x x k
 
          0.5
Do 0;
4
x
 
  
nên
8
x

 0.25
4
2
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com

3. 3 Nhận xét 0,y  nhân hai vế phương trình thứ hai với 7y, trừ đi phương trình thứ nhất, được
3 2
(3 ) 7(3 ) 14(3 ) 8 0xy xy xy   
Từ đó tìm được hoặc 1xy  hoặc 2xy  hoặc 4xy 
0.25
Với 1,xy  thay vào phương trình thứ nhất, được 3
19
7
y   do đó 3
7
19
x   0.25
Với 2,xy  thay vào phương trình thứ nhất, được 3
26
2
7
y   do đó 3
7
26
x   0.25
Với 4,xy  thay vào phương trình thứ nhất, được 3
215
2
7
y   do đó 3
7
2
215
x   0.25
4
Viết lại biểu thức dưới dấu tích phân
ln 2
·
ln 1
x dx
x x


0.25
Đặt ln x t thế thì khi 1 2x  thì 0 1t  và ,
dx
dt
x
 0.25
Khi đó
1 1
0 0
2 3
1
1 1
t
I dt dt
t t
  
   
  
  0.25
Tính được 1 3ln2 1 ln8I     0.25
5
Gọi I là trung điểm CD. Chỉ ra các tam giác , , ,ADH HDI IHB BCI là các tam giác đều cạnh a. Suy
ra
2
23
4 3
4
ABCD
a
S a   (đ.v.d.t)
Gọi J là trung điểm DI. Khi đó ,HJ AB CD và do đó ( )CD SHJ .
0.25
Suy ra .K SJ Ngoài ra
3
2
a
HJ  . Hơn nữa, do tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a và H là
trung điểm AB nên SH AB và 3.SH a
0.25
Suy ra 2 2 2 2
1 1 5 1
3SH HJ a HK
   do đó tam giác SHJ vuông tại H . 0.25
Từ đó, do ,SH AB HJ nên ( )SH ABCD hay SH là đường cao của hình chóp. 0.25
Hình 1
Hình 2
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com

4. Vậy 3
.S ABCDV a  (đ.v.t.t)
6 Từ giả thiết suy ra (1 )(1 ) 1 4a b ab a b       . Đặt , 0a b x x   thế thì
2 2
( ) 4 4(3 ) 2x a b ab x x       (do 0x  )
0.25
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
   
  
   2 2 2 23 1 3 13 3 12
1 3 10 0
2 1 1
a a b b
a b a b a b
a b a b a b
  
           
   
(1)
0.25
Do 2 2 2
( ) 2a b a b ab    nên 2 2 2 2
2(3 ) 2 6,a b x x x x       do đó (1) trở thành
2 3 212
2 6 3 10 0 4 12 0x x x x x x
x
          
0.25
Để ý rằng 3 2 2
4 12 ( 2)( 6) 0x x x x x x        nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Suy ra
điều phải chứng minh.
0.25
7a Đường tròn ( )C có tâm (1; 1)I  và bán kính 4R  0.25
Do
1
· · ·sin 4 3
2
ICBIC IB CIB S   nên
3
sin
2
CIB  . Từ đó, do 0
90CIB  và IC IB nên
tam giác CIB đều, với độ dài ba cạnh bằng 4. Bởi vậy, bài toán quy về viết phương trình đường
thẳng  đi qua (1 3;2)A  và cách (1; 1)I  một khoảng bẳng 2 3.
0.25
Đường thẳng  có phương trình ( 1 3) ( 2) 0a x b y     với 2 2
0.a b 
Ta có phương trình
2 2
| 3 3 |
2 3
a b
a b
 


, từ đó tìm được 3b a
0.25
Chọn 1, 3a b  , suy ra : 3 1 3 3 0.x y     0.25
8a Mặt phẳng ( )P có véctơ pháp tuyến (3; 1;0)p   và mặt phẳng ( )Q có véctơ pháp tuyến
(1;3;4)q 
0.25
Giao tuyến d của (P) và (Q) có véctơ chỉ phương
[ ; ] ( 4; 12;10) 2(2;6; 5)u p q       
0.25
Do d nên  có véctơ chỉ phương
1
· (2;6; 5)
2
v u    0.25
Do đó,  có phương trình
4 2
2 6 5
x y z 
 

0.25
9a Tính 2
1 6 , 2 (3 )z i az a a i    0.25
Suy ra 2
(2 1) (3 6)z az b a b a i       0.25
Từ đó, có hệ
2 1 0
3 6 0
a b
a
  

 
0.25
Giải hệ, thu được 2, 3a b   và kết luận. 0.25
7b Đường tròn  có tâm (3; 1)I  và bán kính 2 2R  . 0.25
Giả sử tìm được đường tròn 2 2 2
: ( 3) ( 4)x y      thỏa mãn yêu cầu. Khi đó, do AB là dây
cung chung, nên ,AB IM hay đường thẳng AB nhận (0;5)IM  làm véctơ pháp tuyến. Hơn
nữa, I và M ở về hai phía của AB. Do đó, đường thẳng AB có phương trình dạng 5 0y c  với
20 5c   (1)
0.25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com

5. AB là cạnh của hình vuông nội tiếp  khi và chỉ khi ( ; ) 2
2
R
d I AB   . Từ đó, kết hợp với (1),
tìm được 5c   . Suy ra : 1 0.AB y  
0.25
Mặt khác AB là trục đẳng phương của ,  nên AB có phương trình
2
23
... 0.
10
y
 
  Từ đó
2
13  , bởi vậy 2 2
: ( 3) ( 4) 13x y    
0.25
8b + Đường thẳng d đi qua (0; 2;0)M  , có véctơ chỉ phương (1; 2;2)u   .
Tính được (1;4;3)MI 
0.25
+ Khẳng định và tính được
[ ; ] 233
( ; )
| | 3
MI u
d I d
u
   0.5
+ Khẳng định mặt cầu cần tìm có bán kính bằng ( ; )d I d và viết phương trình
2 2 2 233
( 1) ( 2) ( 3)
9
x y z     
0.25
9b Viết lại phương trình về dạng 2 2 2
( 1) 5 5 0z z    0.25
Khai triển, rút gọn, nhân tử hóa 2 2
( 1)( 4) 0z z   0.5
Giải các phương trình, thu được z i  và 2z   rồi kết luận. 0.25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com