Tính theo a thể tích của khối chóp S.APND và chứng minh rằng MNP MCD.. 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
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
www.VNMATH.com
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM
2014
Môn: TOÁN; Khối: B; 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 y x 1 x 1
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 x(cos 2x 2cos x) cos 2x cos x
1
dx.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình 3x x3 1 x3 x2 19x 16
2 cos3x 2 cos x
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I 2 3sin x cos
2x
0
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại B và C, AB 2BC 2CD 2a,
SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc 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 HD 4HP Tính theo a thể tích của khối chóp S.APND và chứng minh rằng (MNP) (MCD).
Câu 6 (1,0 điểm) Giả sử x, y là các số thực dương thỏa mãn x y 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P 7(x 2 y) 4 x2 2xy 8 y2
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
chéo AC : 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 300 ,
AB 3 2, đường thẳng AB có phương trình x 3 y 4 z 8 , 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 z i z 1 7 1 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
B(4; 0), phương trình đường chéo AC là 2x y 3 0, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng
: x 2 y 10 0 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cot ADC 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
330 . 31 ( ) : x 5y 2z 5 0 Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) sao cho MA AB và d A, MB
2
4xy ( xy 2)2xy xy 3 0
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình log ( x y) log x.log y 0
(x, y
)
Hết
Trang 2TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNGTHPT
CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014
Môn: TOÁN – Khối B; Thời gian làm bài: 180 phút
a) (1,0 điểm)
10 Tập xác định: \
{1}
20 Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y 1 và lim y 1
Giới hạn vô cực: lim y và lim y
2
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 y ' 0, với mọi x 1
( x 1)2
0,5
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; .
* Bảng biến thiên:
0,5
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
b) (1,0 điểm)
0 Gọi tiếp điểm M x ; 0 x 1
x0 1
0 3
5
3 5
2x x x0 1 1
0 1
(C) Khi đó ta có d (M , )
12 22
x0 1
2x 1 x0 1 3 2x2 2x 2 3 x 1
2x2 2x 2 3( x 1) 2x2 5x 5 0
x0 1
x 1
2x 2x 2 3(x 1) 2x x 1
0
0
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 y x
0 21 21 1 2 21
*) Với x , ta có M ; 3 , suy ra pt tiếp tuyến y y ' x 3 hay y 8x 1.
0,5
Phương trình đã cho tương đương với
cos 2x(sin x cos x) sin 2x 1 0 cos2 x sin2 x(sin x cos x) (sin 2x 1)
0
(cos x sin x)(sin x cos x)2 (sin 2x 1) 0
(cos x sin x)(1 sin 2x) (sin 2x 1) 0 (sin 2x 1)(cos x sin x 1) 0
0,5
Câu 2.
(1,0
điểm)
*) sin 2x 1 0 sin 2x 1 2x k 2 x k , k .
1 2
x
4
4 k2 x k2
*) cos x sin x 1 0 sin x
4 x 3 k 2
x k 2 , k
0,5
y
1
x
1
+
y
1 1
1 O
Trang 34 2
www.VNMATH.com
Vậy nghiệm của phương trình là x k , x k 2 , x k 2 , k .
Điều kiện: x3 1 0 x 1
Phương trình đã cho tương đương với 3x (x 1)(x2 x 1) (x3 1) (x2 x 1) 18(x
Câu 3.
(1,0
điểm)
Đặt a x 1, b x2 x 1, a 0, b 0 Khi đó phương trình trở thành
3(a2 1)ab a2b2 b2 18a2
a2b(3a b) b(3a b) 2(b2 9a2 )
(3a b)(a2b b 6a) 0
3a b 0, vì a2b b 6a 0.
Suy ra 3 x 1 x2 x 1 x2 10x 8 0 x 5 33, thỏa mãn điều kiện
Vậy nghiệm của phương trình là x 5 33
0,5
d(sin x).
2
2 (4cos2 x 1) cos x 3 4sin2 x
2 3sin x (1 2sin2
x)
2sin2 x 3sin x
0
dt
3 4t
Đặt t sin x Khi x 0 thì t 0, khi x thì t 1 Suy ra I
1
0,5
Câu 4.
(1,0
điểm)
1
6t 5 1 (4t 4) (2t 1)
2 dt 2 (2t 1)(t
1)
(2t 1)(t 1)
dt
0
2 dt 2t 2ln(2t 1) ln(t 1) 2 2ln 3 ln 2 ln18
2
0 2t 1 t 1
0,5
*) Vì SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên
SH 1 AB a và SH ABCD Suy ra
1 3 1
5a3
2
V S APND .SH S APD SNPD
5a 5a
a
4
a
0,5
Câu 5.
(1,0
điểm)
*) Ta có CD DH , CD SH CD SDH CD MP (1)
Ta chứng minh MP MD Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông MHD, MHP ta có
2
MD a 5 , MP a 5 Khi đó MD2 MP2 25a DP2 Suy ra MP MD (2)
0,5
Câu 6.
(1,0
điểm)
Từ (1) và (2) suy ra MNP MCD, điều phải chứng minh Vì
x, y là các số thực dương nên
7(x 2 y) 4 x2 2xy 8 y2
P (x y)
y
7 y 4 x2 2xy 8 y2
( x y) 7
Đặt t x , t 0 khi
đó
y
7 y 4 x2 2xy 8
y2
7 4 t 2 2t 8
0,5
S
B
A H
M
N
P
Trang 47 4 t 2 2t 8 Xét hàm số f (t)
2
t
Ta có f '(t) 7(t 1)2 2t 8 28 t 2 2t 8; f '(t) 0 t 2 2t 8 4 t 2
Suy ra bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta suy ra f (t) 3
với mọi t 0 Dấu đẳng thức xảy ra
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra P (x y)(7 3) 8, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi
x
y
x y 2
t
2
x 4 , y 2 Vậy giá trị lớn nhất của P là 8, đạt khi x 4 , y 2
3
0,5
Vì DE AC nên DE : x y 3 0 D t; t 3.
Ta có d G, AC 1 d B, AC 1 d D,
2t 4
t 1
2
D 1; 4
5
t
D 5; 2
Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D 1; 4.
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm
)
1 1 2. x B 1
B 1; 8 BD : x 1.
Ta có GD 2GB
4 4 2 y B 4
Vì A AC : x y 1 0 Aa; a 1.
3 ABC 3 ABD
Ta có S
1 1
S
4 S 4 S
2
ABD Suy ra S 24 1 .d A, BD.BD 24 a 1 12 48 a 5
A5; 6
tm
a 3
A3; 2 ktm
Từ AD BC C 3; 2
Vậy A5; 6, B 1; 8, C 3; 2, D 1; 4.
0,5
Vì A AB Aa 3; a 4; 4a 8 Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng suy
ra A1; 2; 0 Vì B AB Bb 3; b 4; 4b 8 Ta có
AB 3 2 b 2 b 2 16 b 2 18
b 1
b 3 B 0; 1; 4
ktm
0,5
Câu
8.a
(1,0
điểm
)
3
Ta có BC AB.sin 300 3 2 Mặt khác d B, BC Từ đó suy ra C là hình
chiếu
2
vuông góc của B lên Ta có C 2 c; 3; 4 c c 3 C 7 ; 3; 5 .
2 2
Vậy A1; 2; 0, B 2; 3; 4, C 7 ; 3; 5 .
2 2
0,5
Câu
9.a
(1,0
Đặt z x yi (x, y ) Khi đó ta
có
z i z 1 x ( y 1)i (x 1) yi x ( y 1)i (x yi) (x 1) yi (x
C D
G E
f (t)
3
Trang 5
x2 y2
x2 y2 Theo bài ra ta có
2x2 2 y2 x y 7 x2 y2 3 x2 y 2
x y 0
x y 5 x y 5 x2 4
y2 x 2 y
x y 1 x y 1 x2 y2
5(x y) x2 y2 5(x y)
x2 y2 5 x 2 y 2 5
0 (ktm)
*) x 2 y, suy ra 2 z 2
i.
5 y 5 y x 2, y 1
y 0 (ktm)
6 3i.
y 3
0,5
Câu Gọi I AC BE Vì I AC I t; 2t 3 Ta thấy I là
B C trung điểm của BE nên E 2t 4; 4t 6 Theo giả thiết
E t 3 I 3; 3, E 2;
6.
I Vì AD / / BC, AD 2BC nên BCDE là hình
bình hành.
Suy ra ADC IBC.
A E D Từ cot IBC cot ADC 2 cos IBC 2
Vì C AC C c; 2c 3 BI 1; 3, BC c 4; 2c 3 Ta có
7
3c2 22c 35 0 c
3
Suy ra C 5; 7 hoặc C 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
D 3; 13.
Với C 7 ; 5 , tương tự ta
có A 11; 13 , D 1 ; 23
3 7 3 3
7.b
(1,0
điểm)
0,5
0,5
Câu
8.b
Ta có AB 1; 1; 3, n 1; 5; 2 Ta thấy A nên đường thẳng MA có VTCP là
u MA AB, n 17; 5; 4 MA : M 17m 2; 5m 1; 4m 1.
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có
1
1 1 AM 330
d A, MB 2 AM 2 AB2 Suy ra 17m2
5m2
4m2
330 m 1 M 15; 6; 5, M 19; 4; 3
0,5 (1,0
điểm)
0,5
Câu 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) 2 t t 3 đồng biến trên , mà f (1) 0 nên 2t t 3 0 t 1 Khi đó ta có
xy 1, hay y 1
x
2 Thế vào pt thứ hai của hệ ta được log2 x 1 log x.log 1 0 log2 x
1 log2 x
2
x
2
2
x
2
x
2
9.b
(1,0
0,5
Trang 6 x2 1
log2
x log2
x
x2 1
log2
x
x
Suy ra nghiệm của hệ là x 2, y 1
2
x
1
x
x2 1 x2
x2 1 1 x 2