Cho hàm số.. Gọi E là trung điểm của AD.. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCE theo a.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.. PHẦN RIÊNG 3,0 điể
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN CUỐI - NĂM 2013
Môn: TOÁN; 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
2
1
x
x y a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho
b) Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (H) Viết phương trình tiếp tuyến d của (H) tại điểm M thỏa mãn IM vuông góc với d
2
cos 2 sin ) cos 2 3 ( 2 cos ) 2 cos 3
1 2 3 3
) 2 ( 8
4 2 2
y x y
y x
x x y
xy
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân d
4 1 0
2
3
x
x I
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, ADa 5. Tam giác SAB nằm trong mặt
phẳng vuông góc với đáy, SAa, ,
2
a
SB ASB1200. Gọi E là trung điểm của AD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCE theo a
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số dương a, b phân biệt thỏa mãn a2 b2 12 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
) ( 8
5 4
4
2 4
4
b a b a
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 A 1; 3 , B5;1 Điểm M nằm trên đoạn thẳng BC sao cho MC2MB. Tìm tọa độ điểm C biết rằng MA AC5 và đường
thẳng BC có hệ số góc là một số nguyên
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng :xy z 0,
:x2y2z0 Viết phương trình mặt cầu S có tâm thuộc , có bán kính bằng 3, tiếp xúc với tại M, biết rằng điểm M thuộc Oxz
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn (1 )| |
) 1 (
1
z i z
i
i
b Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có trực tâm H 3; 2
Gọi D, E là chân đường cao kẻ từ B và C Biết rằng điểm A thuộc đường thẳng d x: 3y 3 0, điểm
2; 3
F thuộc đường thẳng DE và HD 2. Tìm tọa độ điểm A
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1; 3; 2 , B3; 2;1 và mặt phẳng
P :x2y2z110. Tìm điểm M trên P sao cho MB 2 2 và MBA300
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn
2013
1 1
2
2 5
4 4
3 3
2 2
2 4
2 3
2 2
2 1
n n
n n
n
n C
C C
C
- Hết -
Ghi chú: BTC sẽ trả bài vào các ngày 22, 23/6/2013 Khi nhận bài thi, thí sinh phải nộp lại Phiếu dự thi
WWW.VNMATH.COM
Trang 2TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN CUỐI - NĂM 2013
Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút
a) (1,0 điểm)
10 Tập xác định: \ 2}
20 Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim 1
y
x và lim 1
y
Giới hạn vô cực:
xlim( 2 ) và lim
) 2 (
y x Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y1, tiệm cận đứng là đường thẳng x2
* Chiều biến thiên: Ta có 0, 2
) 2 (
1
x y
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;2 và 2;
0,5
* Bảng biến thiên:
30 Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại 1; 0, cắt Oy tại );
2
1
; 0 ( nhận giao điểm (2;1) của hai đường tiệm
cận làm tâm đối xứng
0,5
b) (1,0 điểm)
2
1
0
0
x x
x x
M là tiếp điểm Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M là
2
1 )
( ) 2 (
1 :
0
0 0 2
x
x x x x
y
d , hay d:x(x02)2y(x022x02)0
Suy ra VTCP của d là u d x( 02)2;1 Ta có (2;1) nên
2
1
; 2 0 0
x x
0,5
Câu 1
(2,0
điểm)
2
1 ) 2
0
3
x
1
3 0
0
x x
Với x03, phương trình tiếp tuyến là y(x3)2 hay y x 5
Với x01, phương trình tiếp tuyến là y( x 1) hay y x 1
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là y x 5 và y x 1
0,5
Câu 2
(1,0
điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
2
sin 2 sin ) cos 2 3 ( 2 cos ) 2 cos 3
sin sin 2 0
2 cos
0 2
sin 2 cos 2 2 cos ) sin 2 (
0 2 sin ) cos 2 2 ( 2 cos ) sin 2 4 (
2
2 2
2
x x x
x x x
x
x x x
x
0,5
x
'
y
y
1
1
x
O
y
I
1
2 1
2 1
WWW.VNMATH.COM
Trang 3
2 2
2
2 2
2 2 1 sin
0 2 cos
k x
k x
k x
k x
x x
2 ,
0,5
2
1 0
1
2y y
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
2
4 0
) 2 )(
4
y x
x x
y x
Với x4, thế vào phương trình thứ hai ta được
) 1 2 ( 9 ) 1 (
1 1
2 3
y y
y y
y
) 1 2 ( 9 ) 1 (
1 2
y y
y
10 3 10
1 0
10 20
1
y
y y
y y
0,5
Câu 3
(1,0
điểm)
Với x y22, thế vào phương trình thứ hai ta được y2y53 2y1 (*)
Áp dụng BĐT Côsi ta có
(*)
1 2 3 ) 1 2 ( 5 2 5 ) 1 2 ( 5 ) 1 2 ( ) 1 (
Do đó phương trình (*) vô nghiệm
Vậy nghiệm của hệ là x4, y103 10
0,5
Đặt t 4x2 x2 4t2xdxtdt Khi x0t 2, khi x1t 3 Suy ra
3 2
2 ) d (
4
t t t
t
Câu 4
(1,0
điểm)
3
16 3
4 )d 4 (
3
2 3 2
3
2
Áp dụng định lý côsin trong tam giác SAB
7
Kẻ SH AB tại H Vì SAB ABCD nên
SH ABCD Ta có
0
14
SAB
SH
Suy ra
3
SABCD
0,5
Câu 5
(1,0
điểm)
Vì BCAB BC, SH nên BCSAB Do đó CBS900 (1)
Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông CED, SAE, SBC ta có
2
5
Từ đó suy ra SC2SE2CE2 Do đó CES900 (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ diện SBCE nội tiếp mặt cầu đường kính SC Do đó mặt cầu này có tâm là trung điểm của SC, có bán kính bằng 21
0,5
S
A
D
E
a
5
a
2
a
H
WWW.VNMATH.COM
Trang 4Từ giả thiết và áp dụng BĐT Côsi ta có 16(a24)2b4a2b2 4a.2b Suy ra
8
2 2 2 4
4
) ( 8
5 8
4 4 64 )
( 8
5 4
4
b a
ab b
a
b a b a b a
P
2
1 64
5 16
1
2 2 2 2
a
b b
a a
b b a
a
b b
a
8
1 2
1 64
5 16
1 2
1 64
5 ) 2 ( 16
t
t t
t P
0,5
Câu 6
(1,0
điểm)
Xét hàm
8
1 2
1 64
5 16
1 )
t t
t
, 2
5 8
5 ) 2 ( 0 ) ( '
; ) 2 (
1 64
5 8
1 ) (
t t
t
( ) lim ()
lim
t t
64
27 2
5 ) ( min )
; 2
64
27
P dấu đẳng thức xảy ra khi a2,b4
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là ,
64
27 đạt được khi a2,b4
0,5
Gọi H là trung điểm MC Khi đó AH BC và
BMMH HCx
Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông ABH, AMH ta có
2
4
3 25
AH
x
Gọi phương trình đường thẳng BC là
a x b y a b
a
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Với a 0, đường thẳng BC có hệ số góc k (thỏa mãn) Khi đó 0 BC y : 1
Với 5a12b0, đường thẳng BC có hệ số góc
5
12
k (không thỏa mãn)
Ta có A R; 5 : x12y32 25. Khi đó tọa độ của C và M là nghiệm của hệ phương
trình
4;1 , 2;1
Vì M nằm trên đoạn thẳng BC nên C 4;1
0,5
Vì MOxzM a ;0;b Mặt khác M a2bM2 ;0;b b
Gọi I là tâm của S Khi đó : 2 2 ; 2 ; 2
IM I b t t b t
0,5 Câu
8.a
(1,0
điểm)
Vì I t b I b b b ;2 ;3 Ta có ; 9 3 1
3
b
Rd I b Với b 1 S : x12y22z329
Với b 1 S : x12y22z329
0,5
1; 3
A
A
5;1
x
x
x
5
5
WWW.VNMATH.COM
Trang 5Đặt zxyi,x, y, x2y2 0 Ta có
z i z i
i z z i z i
i
1
1
|
| ) 1 ( ) 1 (
1
) 2 ( 1 0
) 1 ( 0
1 1
) (
2 2 2
2
2 2 2
2
2 2 2 2
2 2 2
2
y x y x xy
y x y
x y x
y x y x y
x y x
y x y x y x
i y x y x y x i y x
0,5
Câu
9.a
(1,0
điểm)
Với x0, ta có (2) y y2 1 y1, thỏa mãn (1) Suy ra zi
Với y0, ta có (2)x x2 1x1, không thỏa mãn (1)
Vậy zi
0,5
Ta có HD2x D32y D224 x2Dy2D6x D4y D 9 0 (1)
Vì AdA3m3;m Ta có
ADHD AD HD 0
x D 3m 3 x D 3 y D m y D 2 0
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được 6 3 m x Dm2y D7m18 0 (3)
Hoàn toàn tương tự ta có 6 3 m x Em2y E7m18 0 (4)
Từ (3) và (4) suy ra đường thẳng DE có phương trình 6 3 m x m2y7m180
Vì F2; 3DEm0 Do đó A3; 0
0,5
Nhận thấy A P ,B P , AB 6. Áp dụng định lý côsin trong tam giác MAB ta có
2 .cos30 2
MA MB BA MB MA Suy ra MB2MA2AB2. Do đó tam giác MAB vuông tại A
0,5 Câu
8.b
(1,0
điểm)
Ta có u AM AB n, P0; 5;5
1
2
x
Ta có MA2 2t2t2 2 t 1
Với t 1 M1; 2;3
Với t 1 M1; 4;1
0,5
Áp dụng công thức khai triển nhị thức Niu-tơn ta có
2 2
2 2 1 2 2
x x C x
C x C
n n
n n
Lấy đạo hàm hai vế ta được 2n1x2n1C21n2C22n x3C23n x2 2nC22n n x2n1,x
Suy ra 2nx1x2n1C12n x2C22n x23C23n x3 2nC22n n x2n,x
Lấy tích phân trên 1;0 hai vế của đẳng thức ta được
0 1
2 2 2 3
3 2 2 2 2 1
2 0
1
1 2
d 2
3 2
d 1
2nx x n x C n x C n x C n x nC n n x n x
0,5
Câu
9.b
(1,0
điểm)
1 2
2 4
3 3
2 2
1 )
1 ( 1 2
) 1 ( 2
1
0 1 2 2 2 4
3 2 3 2 2 2 1 2 1
0 2 1
2
n
x C n
n x
C x C x C x
n
x n
1 2
1 1
2
2 5
4 4
3 3
2 2
2 4
2 3
2 2
2 1
2
n
C n
n C
C C
2013
1 1 2
1
n
0,5
A
C
d x y
B
2; 3
F
D
E
H 2
WWW.VNMATH.COM
