Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA=3HD.. Tính theo
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối: A và A1; 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 3
1
x y x
−
=
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho
b) Tìm m để đường thẳng d x: +3y+ =m 0 cắt (H) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại
điểm (1; 0).A
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3 x+2cos2x= +3 4sinx+cos (1 sin ).x + x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 4 x+ +1 2 2x+ ≤ −3 (x 1)(x2−2)
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
1
2 0
3 2ln(3 1)
d ( 1)
x
=
+
∫
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S, hình
chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA=3HD. Gọi M là trung điểm của
AB Biết rằng SA=2 3a và đường thẳng SC tạo với đáy một góc 30 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và 0 khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC)
Câu 6 (1,0 điểm) Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn 5(x2+y2+z2)=6(xy+yz+zx) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= 2(x+ + −y z) (y2+z2)
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 , M(2; 1) là trung điểm cạnh AC, điểm
(0; 3)
H − là chân đường cao kẻ từ A, điểm (23; 2) E − thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C Tìm tọa độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng d: 2x+3y− =5 0 và điểm C có hoành độ dương
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng , : 2 1 2
− và hai mặt
phẳng ( ) :P x+2y+2z+ =3 0, ( ) :Q x−2y−2z+ =7 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q)
Câu 9.a (1,0 điểm) Cho tập hợp E={1, 2, 3, 4, 5 } Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau thuộc E Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó
bằng 10
b Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm , A(1; 2),B(4; 1) và đường thẳng : 3x 4y 5 0
∆ − + = Viết phương trình đường tròn đi qua A, B và cắt ∆ tại C, D sao cho CD=6
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm , M(1; 1; 0) và hai đường thẳng
− − − Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d và 1 d đồng 2
thời cách M một khoảng bằng 6
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn
n n
n
−
+
- Hết -
Trang 2www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - NĂM 2014
Môn: TOÁN – Khối A, A1; 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 2
→−∞ = và lim 2
→+∞ = 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=2, tiệm cận đứng là đường thẳng x=1
* Chiều biến thiên: Ta có ' 1 2 0, 1
( 1)
x
−
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 3; 0 ,
2
cắt Oy tại (0;3)
Nhận giao điểm (1; 2)I của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng
0,5
b) (1,0 điểm)
m
d y= − x− Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình
,
x
2
Ta có ∆ =(m+7)2+12>0, với mọi m Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt Hơn nữa
cả 2 nghiệm x x đều khác 1 Do đó d luôn cắt (H) tại 2 điểm phân biệt 1, 2 M x y( ;1 1),N x( 2; y2)
0,5
Câu 1
(2,0
điểm)
Ta có AM =(x1−1; y1),AN=(x2 −1; y2)
Tam giác AMN vuông tại A ⇔ AM AN =0 Hay (x1−1)(x2− +1) y y1 2 =0
1
9
⇔10x x1 2+(m−9)(x1+x2)+m2+ =9 0 (2)
Áp dụng định lý Viet, ta có x1+x2 = − −m 5, x x1 2 = − −m 9 Thay vào (2) ta được
2
10(− − +m 9) (m−9)(− − +m 5) m + =9 0 ⇔ −6m−36= ⇔ = −0 m 6
Vậy giá trị của m là m= −6
0,5
Câu 2
(1,0
điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
sin 3x−sinx+2cos 2x=3(sinx+ +1) cos (sinx x+1)
0,5
x
'
y
y
∞
2
∞
−
∞ +
2
x
O
y
I
3 2
1 3 2
Trang 32cos 2 sin 2cos 2 (sin 1)(cos 3) (sin 1)(2cos 2 cos 3) 0
(sin 1)(4cos cos 5) 0 (sin 1)(cos 1)(4cos 5) 0
2
x= − ⇔ = − +x π k π k∈Z .
*) cosx= − ⇔ = +1 x π k2 ,π k∈Z
*) 4cosx− =5 0 vô nghiệm
2
x= − +π k π x= +π k π k∈
Z
0,5
Điều kiện: x≥ −1
Nhận thấy x= −1 là một nghiệm của bất phương trình
Xét x> −1 Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
4 x+ − +1 2 2 2x+ − ≤3 3 x −x −2x−12
2
2
0,5
Câu 3
(1,0
điểm)
Vì x> −1 nên x+ >1 0 và 2x+ >3 1 Suy ra 4 4 3,
2
Do đó bất phương trình (1)⇔ − ≥ ⇔ ≥x 3 0 x 3
Vậy nghiệm của bất phương trình là x= −1 và x≥3
0,5
Ta có
+
Đặt ln(3 1) d 3d ;
x
x
1 ( 1)
x
x x
+
Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có
0,5
Câu 4
(1,0
điểm)
2
0
2
( 1)
x
x x
+
+
+
Vì SH ⊥(ABCD) nên () 0
Trong tam giác vuông SAD ta có SA2 = AH AD
4
0
2 2
Suy ra S ABCD = AD CD =8 2a2 Suy ra
3
a
0,5
Câu 5
(1,0
điểm)
K
H
S
'
H
M
a
Trang 4www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Kẻ HK⊥BCtại K, HH'⊥SK tại H Vì ' BC⊥(SHK) nên BC ⊥HH'⇒HH'⊥(SBC) (2)
Trong tam giác vuông SHK ta có 1 2 12 12 112 2 6 2 66
11
a
Từ (1), (2) và (3) suy ra ( ) 66
11
Ta có 5 2 5( )2 5 2 5( 2 2) 6( )
2
4
Do đó 5x2−6 (x y+ + +z) (y z)2 ≤0, hay
5
+ ≤ ≤ +
Suy ra x+ + ≤y z 2(y+z)
2
Đặt y+ =z t, khi đó t≥0 và
4
2
t
0,5
Câu 6
(1,0
điểm)
Xét hàm số ( ) 2 1 4
2
f t = −t t với t≥0
Ta có f t'( )= −2 2 ;t3 f t'( )= ⇔ =0 t 1
Suy ra bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có ( ) (1) 3
2
Từ (1) và (2) ta có 3,
2
P≤ dấu đẳng thức xảy ra khi
1 1
= +
= =
+ =
Vậy giá trị lớn nhất của P là 3,
2 đạt được khi
1
2
x= y= =z
0,5
1 3
1 2
= −
= +
Vì M(2; 1) là trung điểm AC nên suy ra (3 3 ; 1 2 ) C + a − a
( 3 1; 2 4) (3 3 ; 4 2 )
⇒
Vì AHC =900 nên
1
13
a
HA HC
a
=
= −
*) Với a=1⇒ A( 2; 3),− C(6; 1)− thỏa mãn
không thỏa mãn
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Với ( 2; 3),A− C(6; 1)− ta có phương trình CE x: +17y+ =11 0, phương trình BC x: −3y− =9 0
Suy ra (3B b+9; )b ∈BC ⇒ trung điểm AB là 3 7; 3
MàN∈CE⇒b= −4⇒B( 3;− −4)
0,5
M
N
E
( )
f t
'( )
f t
0
3 2
Trang 5Tâm mặt cầu (S) là ( I t− − +2; t 1; 2t+ ∈2) d.
Vì (S) tiếp xúc (P), (Q) nên d I( , ( )P ) (=d I, ( )Q )=R 0,5
Câu
8.a
(1,0
điểm)
R
Suy ra pt (S) là ( 4)2 ( 3)2 ( 2)2 1
9
x+ + −y + +z = hoặc ( 5)2 ( 4)2 ( 4)2 4
9
0,5
Số các số thuộc M có 3 chữ số là A53 =60
Số các số thuộc M có 4 chữ số là A54 =120
Số các số thuộc M có 5 chữ số là A55 =120
Suy ra số phần tử của M là 60 120 120+ + =300
0,5
Câu
9.a
(1,0
điểm)
Các tập con của E có tổng các phần tử bằng 10 gồm
1 {1, 2,3, 4}, 2 {2,3,5}, 3 {1, 4,5}
Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số bằng 10
Từ E lập được số các số thuộc A là 4! 1
Từ mỗi tập E và 2 E lập được số các số thuộc A là 3! 3
Suy ra số phần tử của A là 4! 2.3!+ =36
Do đó xác suất cần tính là 36 0,12
300
0,5
Giả sử (C) có tâm ( ; ), I a b bán kính R>0
Vì (C) đi qua A, B nên IA= IB= R
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
Kẻ IH ⊥CD tại H Khi đó 3, ( , ) 9 29
5
a
2
9
25
a
Từ (1) và (2) suy ra
2
25
a
1 43 13
a a
=
⇔
=
(1; 3), 5
=
Suy ra ( ) : (C x−1)2+ +(y 3)2 =25 hoặc
0,5
Vì ( )P // d d nên (P) có cặp vtcp 1, 2 1 1 2
2
(1; 1; 1)
, (1; 2; 1) ( 1; 2; 3) P
u
u
Suy ra pt (P) có dạng x+2y+ + =z D 0
9 6
D D
D
=
= −
0,5
Câu
8.b
(1,0
điểm)
Lấy K(1; 3; 1)∈d1 và N(1; 3; 2)− ∈d2 thử vào các phương trình (1) và (2) ta có
N∈ P x+ y+ + =z nên d2 ⊂( ) :P x+2y+ + =z 3 0 Suy ra phương trình mặt phẳng (P)
Với mọi x∈R và mọi số nguyên dương n, theo nhị thức Niutơn ta có
I
∆
H
A
B
Trang 6www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
( 1)n n n ( 1)n n n (1 )n
( 1)n n n d (1 )n d
Câu
9.b
(1,0
điểm)
Hay
n
n
+
−
*
n∈N
(n 1)(n 2) =156⇔n + n− = ⇔ =n
*
)
n∈N
0,5
