Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần a hoặc phần b a.. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện
Trang 1www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A; 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 1
1
x y x
− −
=
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng
:y 2x 1
∆ = − bằng 3
5
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin (cos 2 x x−2cos )x =cos 2 cosx x−1
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình x+ 1−x2 ≥ 2 3− x−4x2
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
2
0
cos3 2cos
d
2 3sin cos 2
π
+
=
∫
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD=3 ,a hình
chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ( ' ' ' A B C D là trung điểm của ') A C Biết rằng côsin của góc tạo bởi ' '
hai mặt phẳng (ABCD và () CDD C bằng ' ') 21
7 Tính theo a thể tích khối hộp ABCD A B C D và bán ' ' ' ' kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A BC D ' ' '
Câu 6 (1,0 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+ + =b c 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
3 ( ) 4
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 hình bình hành ABCD có phương trình đường
chéoAC x: − + =y 1 0, điểm G(1; 4) là trọng tâm của tam giác ABC, điểm (0; 3) E − thuộc đường cao kẻ từ
D của tam giác ACD Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD
bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C, BAC=30 ,0
3 2,
AB= đường thẳng AB có phương trình 3 4 8,
− đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng
( ) :α x+ − =z 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh B có hoành độ dương
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 1 7 1
5 5
i
+ + + = +
b Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, AD=2BC, đỉnh (4; 0),
B phương trình đường chéo AC là 2 x− − =y 3 0, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng
:x 2y 10 0
∆ − + = Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cotADC =2
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1),B(3; 2; 4) và mặt phẳng ( ) :α x+5y−2z− =5 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( )α sao cho MA⊥ AB và ( ) 330
31
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
( , )
log ( ) log log 0
x y
∈
Trang 2www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
- Hết -
Ghi chỳ: BTC sẽ trả bài vào cỏc ngày 21, 22/6/2014 Để nhận được bài thi, thớ sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC
Chúc các em học sinh đạt kết quả cao trong Kỳ thi tuyển sinh Đại học năm 2014 !
Trang 3www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014
Môn: TOÁN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút
a) (1,0 điểm)
10 Tập xác định: R\ {1}
20 Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim 1
→−∞ = − và lim 1
→+∞ = − Giới hạn vô cực:
1
lim
x + y
→ = −∞ và
1
x −y
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y= −1, tiệm cận đứng là đường thẳng x=1
* Chiều biến thiên: Ta có ' 2 2 0,
( 1)
y x
= >
− với mọi x≠1.
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; 1) và (1;+ ∞)
0,5
* Bảng biến thiên:
30 Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại (−1; 0 ,) cắt Oy tại (0;1)
Nhận giao điểm I(1; 1)− của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng
0,5
b) (1,0 điểm)
Gọi tiếp điểm 0 0
0
1
1
x
x
− − ∈
−
Khi đó ta có
0 0 0
2 2
1
1
( , )
x x x
d M
− −
−
+
0 0
0
1
1
x x
x
+
−
2
2x 2x 2 3x 1
0
1
1
2
x
x
= −
=
0,5
Câu 1
(2,0
điểm)
*) Với x0 = −1, ta có M( 1; 0),− suy ra pt tiếp tuyến y= y'( 1).(− x+1) hay 1 1
*) Với 0 1
, 2
x = ta có 1
; 3 , 2
suy ra pt tiếp tuyến
y y x
= − +
hay y=8x−1.
0,5
Phương trình đã cho tương đương với
cos 2 (sinx x−cos ) sin 2x − x+ =1 0 ( 2 2 )
cos x sin x (sinx cos ) (sin 2x x 1) 0
2 (cos sin )(sin cos ) (sin 2 1) 0 (cos sin )(1 sin 2 ) (sin 2 1) 0 (sin 2 1)(cos sin 1) 0
0,5
Câu 2
(1,0
điểm)
x− = ⇔ x= ⇔ x= +π k π ⇔ = +x π kπ k∈ .
x
'
y
y
∞
1
−
∞
−
∞ +
1
y
I
1
−
1 1 1
−
Trang 4www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
*)
2 2
cos sin 1 0 sin
3
π
π
=
Vậy nghiệm của phương trình là ,
4
x= +π kπ
2
Z
2
3 41
8
x
≥
− +
(*)
Bất phương trình đã cho tương đương với
x+ − +1 x2 2 x(1−x2)≥ −2 3x−4x2 2 2
3(x x) (1 x) 2 (x x )(1 x) 0
0,5
Câu 3
(1,0
điểm)
2
5 34
9
x
x
≥ − +
Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là 5 34 3 41
− + ≤ ≤ − +
0,5
Ta có
2 3sin (1 2sin ) 2sin 3sin 1
Đặt t=sin x Khi x=0 thì t=0, khi
2
x=π
thì t =1 Suy ra
2 0
3 4
d
t
−
= + +
∫
0,5
Câu 4
(1,0
điểm)
0 0
=∫− + + + + = − + + + + = − + + = −
0,5
*) Áp dụng định lý côsin cho tam giác A B D' ' ' suy
ra B A D' ' ' 120 = 0 Do đó A B C' ' ', A C D' ' ' là các tam giác đều cạnh a 3
Gọi O= A C' '∩B D' ', ta có BO⊥(A B C D' ' ' ' )
Kẻ OH ⊥ A B' ' tại H, suy ra A B' '⊥(BHO) Do đó
( ABCD , CDD C' ' )=BHO
2 3
a
Vậy
3 0 ' ' ' '
3 3.sin 60
ABCD A B C D
0,5
Câu 5
(1,0
điểm)
*) Vì 3 1 ' '
a
BO= = A C nên tam giác A BC' ' vuông tại B Vì B D' '⊥(A BC' ') nên B D' ' là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác A BC' '. Gọi G là tâm của tam giác đều A C D' ' ' Khi đó
GA =GC =GD và GA'=GB=GC' nên G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A BC D' ' ' Mặt cầu này có bán kính 2 2 3
a
0,5
D
A
3
a
C
O
3a
B
G
'
C
'
B
'
A
Trang 5www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
4 5
4
4
Suy ra
2
2 2
2
4
Vì a+ + = ⇔ + = −b c 1 a b 1 c nên
2
c
+
Câu 6
(1,0
điểm)
Xét hàm số
2
2
c
+
với c∈(0; 1).
Ta có '( ) 16 1 2 2 2 3( 1);
3
f c = ⇔ −c − c+ = ⇔ =c
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có 1
( ) 9
f c ≥ − với mọi c∈(0; 1) (2)
Từ (1) và (2) suy ra 1
, 9
P≥ − dấu đẳng thức xảy ra khi 1
3
a= = =b c Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1
, 9
− đạt khi 1
3
a= = =b c
0,5
Vì DE⊥ AC nên DE x: + + =y 3 0⇒D t( ;− −t 3 )
( )
1; 4 1
2 4 1
5
D t
t
=
Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D(1;−4 )
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
B B
x
y
− = − −
− − = − −
Vì A∈AC x: − + =y 1 0⇒A a a( ; +1 )
2
ABD
( ) ( )
5; 6 tm 5
1 12 48
A a
a
=
Từ AD=BC⇒C(− −3; 2 )
Vậy A( ) ( ) (5; 6 ,B 1; 8 ,C − −3; 2 ,) (D 1;−4 )
0,5
Câu
8.a
(1,0
điểm)
Vì A∈AB⇒A a( +3;a+ −4; 4a−8 ) Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng ( )α suy
ra A(1; 2; 0 ) Vì B∈AB⇒B b( +3;b+ −4; 4b−8 ) Ta có
0,5
( )
f c
'( )
f c
–
1 9
−
C
D
G
E
Trang 6www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
( ) (2 )2 ( )2 1 ( (2; 3; ) ( )4) (tm 0)
3 0; 1; 4 ktm
B
b
= −
= −
Ta có sin 300 3 2
2
BC= AB = Mặt khác ( ( ) ) 3
2
d B α = =BC Từ đó suy ra C là hình chiếu vuông góc của B lên ( )α Ta có ( ) ( ) 3 7 5
C +c − + ∈c α ⇒c= ⇒C −
1; 2; 0 , 2; 3; 4 , ; 3;
0,5
Đặt z= +x yi x y( , ∈R) Khi đó ta có
2 2
2 2
i
0,5
Câu
9.a
(1,0
điểm)
Theo bài ra ta có
2 2
0
*) x=2 ,y suy ra 22 0, 0 (ktm)
2
2, 1
=
=
*) x= −2 ,y suy ra 2 2 0, 0 (ktm)
6 3
= −
Vậy z= +2 i z, = −6 3 i
0,5
Gọi I = AC∩BE Vì I∈AC⇒I t( ; 2t−3 ) Ta thấy I là trung điểm của BE nên E(2t−4; 4t−6 ) Theo giả thiết
( ) ( )
3 3; 3 , 2; 6
Vì AD/ /BC, AD=2BC nên BCDE là hình bình hành
Suy ra ADC= .IBC
Từ cot cot 2 cos 2
5
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
Vì C∈AC⇒C c( ; 2c−3)⇒BI(−1; 3 ,) BC c( −4; 2c−3 ) Ta có
2 2
5 1
3
c c
c IBC
c
=
>
=
Suy ra C( )5; 7 hoặc 7 5
; `
3 3
Với C( )5; 7 , ta thấy I là trung điểm của AC nên A(1; 1 ,− ) vì E là trung điểm của AD nên D(3; 13 )
Với 7 5
; ,
3 7
tương tự ta có
0,5
Ta có AB(1; 1; 3 ,) (nα 1; 5;−2 ) Ta thấy A∈( )α nên đường thẳng MA có VTCP là
, 17; 5; 4
MA
−
0,5
Câu
8.b
(1,0
D
∆
I
Trang 7www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
330
,
AM
d A MB
17m + 5m + 4m =330⇒m= ±1⇒M −15; 6; 5 ,M 19;− −4; 3
Điều kiện: x> >y 0
Đặt t= xy>0, phương trình thứ nhất của hệ trở thành
4t + −(t 2)2t + − = ⇔t 3 0 (2t+1)(2t + − =t 3) 0⇔ + − =2t t 3 0, vì 2t+ >1 0
Vì hàm f t( )= + −2t t 3 đồng biến trên R, mà f(1)=0 nên 2t + − = ⇔ =t 3 0 t 1 Khi đó ta có
1,
xy= hay 1
y x
=
0,5
Câu
9.b
(1,0
điểm)
Thế vào pt thứ hai của hệ ta được
2
−
1
2
x
x
Suy ra nghiệm của hệ là 1
2
0,5
