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.. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a 1,0 điểm.. Tìm tọa độ các đỉn
Trang 1TRƯỜNG 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 x2cos ) cos 2 cosx x x1
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình x 1x2 2 3 x4 x2
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
2 0
cos3 2cos
d
2 3sin cos 2
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD A B C D có đáy ABCD là hình thoi cạnh ' ' ' ' a 3, BD3 ,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 E(0; 3) 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,
x y z
đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng ( ) : 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
z i z
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, AD2BC, 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 cotADC2
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1), (3; 2; 4)B và mặt phẳng ( ) : x5y2z 5 0 Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) sao cho MAAB và , 330
31
d A MB
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
( , )
log ( ) log log 0
x y
Hết
-Ghi chú: BTC sẽ trả bài vào các ngày 21, 22/6/2014 Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC .
Trang 2TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014Môn: TOÁN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1.
(2,0
điểm)
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 x1
* Chiều biến thiên: Ta có ' 2 2 0,
( 1)
y x
với mọi x1.
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1;
0,5
* Bảng biến thiên:
x
'
y
y
1
1
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
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
*) Với x0 1, ta có M( 1; 0), suy ra pt tiếp tuyến y y'( 1).( x1) hay 1 1
y x
*) Với 0 1
, 2
x ta có 1
; 3 , 2
suy ra pt tiếp tuyến
y y x
hay y8x1.
0,5
Câu 2.
(1,0
điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
cos 2 (sinx xcos ) sin 2x x 1 0 cos2xsin2x(sinxcos ) (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
x x x k x k
k Z
*)
2 2
cos sin 1 0 sin
3
2
x k
Vậy nghiệm của phương trình là ,
4
x k
2
x k x k k Z
0,5
x O
y
I
1
1
1 1
Trang 3Câu 3.
(1,0
điểm)
Điều kiện: 2
2
3 41
8
x
(*)
Bất phương trình đã cho tương đương với
x x x x x x 3(x2 x) (1 x) 2 (x x 2)(1x) 0
0,5
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
Câu 4.
(1,0
điểm)
Ta có
2 3sin (1 2sin ) 2sin 3sin 1
Đặt tsin x Khi x0 thì t0, khi
2
x thì t1 Suy ra
2 0
3 4
d
t
0,5
0 0
0,5
Câu 5.
(1,0
điểm)
*) 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 BOA B C D' ' ' '
Kẻ OH A B' ' tại H, suy ra A B' 'BHO Do đó
ABCD , CDD C' ' BHO.
2 3
a
0,5
Vậy
3 0 ' ' ' '
3 3.sin 60
ABCD A B C D
' '
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
R GD OD a
0,5
Câu 6.
(1,0
điểm)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
4 5
4
4
Suy ra
2
b c c a
2 2
2
a b
c a b
c a b c
0,5
D A
3
a
C
O
3a
B
G
'
C
'
B
'
A
Trang 4Vì a b c 1 a b 1 c nên
2
c
Xét hàm số
2
2
c
với c(0; 1).
3
f c c c c
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có ( ) 1
9
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
3
a b c
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Vì DE AC nên DE x y: 3 0 D t ; t 3
Ta có , 1 , 1 ,
d G AC d B AC d D AC
1; 4 1
2 4 1
5
D t
t
Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D1; 4
0,5
B B
x
y
Vì A AC x y : 1 0 A a a ; 1
Suy ra 24 1 , 24
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; 4a8 Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng suy
ra A1; 2; 0 Vì B AB B b 3;b 4; 4b8 Ta có
3 0; 1; 4 ktm
B
b
0,5
.sin 30
2
BC AB Mặt khác 3
2
d B BC Từ đó suy ra C là hình chiếu
vuông góc của B lên Ta có 2 ; 3; 4 3 7; 3; 5
C c c c C
Vậy 1; 2; 0 , 2; 3; 4 , 7; 3; 5
0,5
Câu
9.a
(1,0
Đặt z x yi x y( , R) Khi đó ta có
2 2
0,5
( )
f c
'( )
f c
–
1 9
C D
G E
Trang 5điểm) 2 2
i
Theo bài ra ta có
*) x2 ,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
Câu
7.b
(1,0
điểm)
Gọi I ACBE Vì IACI t t ; 2 3 Ta thấy I là trung điểm của BE nên E t2 4; 4t6 Theo giả thiết
3 3; 3 , 2; 6
E t I E
Vì AD BC/ / , AD2BC nên BCDE là hình bình hành.
Suy ra ADC .IBC
Từ cot cot 2 cos 2 .
5
IBC ADC IBC
0,5
Vì CACC c c ; 2 3 BI1; 3 , BC c 4; 2c3 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 A1; 1 , vì E là trung điểm của AD nên D3; 13
Với 7 5
; ,
3 7
tương tự ta có
11 13 1 23
0,5
Câu
8.b
(1,0
điểm)
Ta có AB1; 1; 3 , n1; 5; 2 Ta thấy A nên đường thẳng MA có VTCP là
, 17; 5; 4
MA
u AB n : 2 1 1 17 2; 5 1; 4 1
0,5
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có
330
17m 5m 4m 330 m 1 M 15; 6; 5 , M 19; 4; 3
0,5
Câu
9.b
(1,0
điểm)
Điều kiện: x y 0
Đặt txy0, 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( ) 2 t 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
Thế vào pt thứ hai của hệ ta được
2
log x log logx 0 log x log x
D
I
Trang 62 2
2
x
Suy ra nghiệm của hệ là 1
2
x y
