Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy là hỡnh thang vuụng tại B và C, AB2BC 2CD2 ,a SAB là tam giỏc vuụng cõn tại S và nằm trong mặt phẳng vuụng gúc với ABCD.. Tớnh theo a thể tớch của khối chú
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYấN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014
Mụn: TOÁN; Khối: B; Thời gian làm bài: 180 phỳt
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Cõu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 1
1
x y x
a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số đó cho.
b) Viết phương trỡnh tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M, biết khoảng cỏch từ điểm M đến đường thẳng
:y 2x 1
bằng 3
5
Cõu 2 (1,0 điểm) Giải phương trỡnh sin (cos 2 x x2cos ) cos 2 cosx x x1
Cõu 3 (1,0 điểm) Giải phương trỡnh 3x x3 1 x3x219x16
Cõu 4 (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn
2 0
cos3 2cos
d
2 3sin cos 2
Cõu 5 (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy là hỡnh thang vuụng tại B và C, AB2BC 2CD2 ,a SAB là tam giỏc vuụng cõn tại S và nằm trong mặt phẳng vuụng gúc với (ABCD) Gọi H, M, N lần lượt là trung điểm của AB, SH, BC và P là điểm thuộc tia đối của tia HD sao cho HD4HP Tớnh theo a thể tớch của khối chúp S.APND và chứng minh rằng ( MNP)(MCD)
Cõu 6 (1,0 điểm) Giả sử , x y là cỏc số thực dương thỏa món x y 2 Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức
P x y x xy y
II PHẦN RIấNG (3,0 điểm) Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)
a Theo chương trỡnh Chuẩn
Cõu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hỡnh bỡnh hành ABCD cú phương trỡnh đường
chộoAC x y: 1 0, điểm G(1; 4) là trọng tõm của tam giỏc ABC, điểm E(0; 3) thuộc đường cao kẻ từ
D của tam giỏc ACD Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của hỡnh bỡnh hành đó cho biết rằng diện tớch của tứ giỏc AGCD bằng 32 và đỉnh A cú tung độ dương.
Cõu 8.a (1,0 điểm) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giỏc ABC vuụng tại C, BAC 30 ,0
3 2,
AB đường thẳng AB cú phương trỡnh 3 4 8,
x y z
đường thẳng AC nằm trờn mặt phẳng ( ) : x z 1 0 Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của tam giỏc ABC biết rằng đỉnh B cú hoành độ dương.
Cõu 9.a (1,0 điểm) Tỡm số phức z thỏa món 1 7 1
5 5
z i z
i
b Theo chương trỡnh Nõng cao
Cõu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hỡnh thang ABCD cú AD // BC, AD2BC, đỉnh (4; 0),
B phương trỡnh đường chộo AC là 2 x y 3 0, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng
:x 2y 10 0
Tỡm tọa độ cỏc đỉnh cũn lại của hỡnh thang đó cho biết rằng cotADC2
Cõu 8.b (1,0 điểm) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1), (3; 2; 4)B và mặt phẳng ( ) : x5y2z 5 0 Tỡm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) sao cho MAAB và , 330
31
d A MB
Cõu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh
2
( , )
log ( ) log log 0
xy xy xy xy
x y
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 2TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014Môn: TOÁN – Khối B; 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
x y
và lim 1
x y
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
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
*) 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 x k,
x k x k k Z
0,5
x O
y
I
1
1
1 1
Trang 3Câu 3.
(1,0
điểm)
Điều kiện: x3 1 0 x 1
Phương trình đã cho tương đương với 3x (x1)(x2 x 1) (x3 1) (x2 x 1) 18(x1)
Đặt a x1,b x2 x 1,a0,b0.Khi đó phương trình trở thành
3(a 1)ab a b b 18a
0,5
2
a b a b b a
3a b 0,
vì a b b2 6a0
Suy ra 3 x 1 x2 x 1 x210x 8 0 x 5 33, thỏa mãn điều kiện
Vậy nghiệm của phương trình là x 5 33
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)
S
B
A H
M
N
P
*) Vì SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên
1 2
SH AB a và SH ABCD Suy ra
.
3
1 3
S APND APD NPD
a
0,5
*) Ta có CDDH CD, SH CDSDHCDMP (1)
Ta chứng minh MPMD Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông MHD, MHP ta có
MD MP Khi đó
2
16
a
MD MP DP Suy ra MPMD (2)
Từ (1) và (2) suy ra MNP MCD, điều phải chứng minh
0,5
Câu 6.
(1,0
điểm)
Vì x y, là các số thực dương nên
x y
(x y) 7 y x xy y
x y
(1)
Đặt t x,t 0
y
khi đó
1
0,5
Xét hàm số
2
( )
1
f t
t
với t0.
Trang 4Ta có
2
2
2 2
Suy ra bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta suy ra f t( ) 3
với mọi t0 Dấu đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi t2 (3)
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra P(x y )(7 3) 8, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
x y
x
t
y
Vậy giá trị lớn nhất của P là 8, đạt khi
x y
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
AGCD AGC ACD ABC ABC ABD
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
điểm)
Đặt z x yi x y( , R) Khi đó ta có
2 2
i
0,5
C D
G E
( )
f t
'( )
f t
0
3
Trang 5Theo 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
2
0,5
D
I
Trang 6Suy ra nghiệm của hệ là 1
2
x y
