ĐỀ THI TOÁN DE THI TOAN KA LAN4 DHVINH 2014đề THI TOÁN 0453 0453 0482

Biết rằng côsin của góc tạo bởi 21.. 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 đỉnh củ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

www.VNMATH.com

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 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 bất phương trình x  1  x2  2  3x  4x2



2 cos 3x  2cos x

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I   2  3sin x  cos

2x

0

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A' B 'C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD  3a, 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

21 Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A' B 'C ' D ' và bán

7

hai mặt phẳng ( ABCD) và (CDD 'C ') bằng

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

thức P



  3 (a  b)2

(b  c)2  5bc (c  a)2  5ca 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

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, BAC  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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNGTHPT

CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014

Môn: TOÁN – Khối A; 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

2

2x 2  2x  2  3( x 1) 2x 2  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 2

*) Với x  , ta có M 1  12; 3 , suy ra pt tiếp tuyến y  y '   1  2   21 

2 2

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  .

2



x 

4 

4  k 2 x  k 2 

 

*) cos x  sin x 1  0  sin  x  



x    3  k 2





x   k 2 , k 



0,5

 



y

1 I

1 1

1 O

4 2

8

0  x  1

x  0

Điều kiện: 1 x2  0   3  41

 41

3  41  0  x 

 x



2  3x  4 x2  0  8 8

(*)

Bất phương trình đã cho tương đương với

x 1  x2  2 x(1 x2 )  2  3x  4x2  3(x2  x)  (1  x)  2 (x  x2 )(1  x)

 0

0,5

Câu 3.

(1,0

điểm)

9

 5  34



x

x2  x x2  x x2  x

 3 1  x  2 1  x 1  0  1 x  31  9x2 10x 1  0   5  34

x

 9 Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là

5  34



3  41

 x



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)

0

1

 6t  5  1  (4t  4)  (2t  1)



  2  dt   2  (2t  1)(t dt

1)

 (2t  1)(t 1)



0

0

  2   dt  2t  2ln(2t  1)  ln(t  1)  2  2ln 3  ln 2  ln18 

2



0  2t 1 t  1







0,5

*) Áp dụng định lý côsin cho tam giác A' B ' D ' suy

 ABCD,CDD 'C '   BHO.

2 .

Từ cos BHO  21  tan BHO 

 a 3 .

2

 BO  HO.tan BHO  A'O.sin 600 2

3 3

0 2

ABCD A'B 'C 'D

'

9a

Vậy V  a 3 .a 3.a 3.sin 60 

4

0,5

Câu 5.

(1,0

điểm)

*) Vì BO  a 3  1 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 R  GD '  2 OD '  2 3a

 a

0,5

Câu 6.

(1,0

điểm)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

c) (b  c)2

 (b  c)2

4

Tương tự, ta có b22 4b2 2



(c  a)  5ca 9(c  a)

2  a

2

b 







(b  c)2  5bc (c  a)2  5ca 9  (b  c)2 (c  a)2

 9  b  c c  a



0,5

D ra B' A' D '  1200 Do đó A' B 'C ', A'C ' D ' là các

tam giác đều cạnh a 3.

Gọi O  A'C ' B ' D ', ta có BO   A' B 'C ' D '.

Kẻ OH  A ' B ' tại H, suy ra A' B '   BHO Do đó

A

a 3

C

'

O

3a

B

G

C '

B '

A

'

f '(c) – 0 +

f (c)

1

2  a2  b2  c(a  b)  2   c(a  b)  2  2(a  b)2  4c(a  b) 

2 2

9  ab  c(a  b)  c2

 9  (a  b)2

2  9  (a  b)2  4c(a  b)  4c2



  c(a  b)  c 

Vì a  b  c  1  a  b  1 c nên

2 2

2  2(1  c)2  4c(1 c)  3 8  2  3

 1    (1

c)2 (1)

9  (1  c)2  4c(1 c)  4c2

 4 9  c 1  4 2

Xét hàm số f (c)  9 8 1 c 1 2   3 (1  c)4 2 với c  (0; 1).

Ta có f '(c)  16 9 1 c 1 2 . (c 1)2 2  23 (c 1);

f '(c)  0  (c 1) 64  (3c  3)3   0  c

 1

3 Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)   1 với mọi c  (0; 1). (2)

9

Từ (1) và (2) suy ra P   1 , dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  1 , đạt khi a  b  c  1

0,5

Câu A B Vì DE  AC nên DE : x  y  3  0  D t;  t  3.

G Ta có d G, AC   1 d  B, AC   1

d  D, AC 

1 2t  4

t  1

D 1;  4

 2     

D 5; 2

D C Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D 1;  4.







    1 1  2. x B 1

Ta có GD  2GB    B 1; 8  BD : x  1

4  4  2 y B  4

Vì A  AC : x  y  1  0  Aa; a  1.

Ta có S  S  S   1 1 S  4 S  4 S

Suy ra S  24  1 .d  A, BD.BD  24  a 1 12  48  a  5

  A5; 6 tm

a  3



A3;  2 ktm



Từ AD  BC  C 3;  2.

Vậy A5; 6, B 1; 8, C 3;  2, D 1;  4.

7.a

(1,0

0,5

Câu Vì A  AB  Aa  3; a  4;  4a  8 Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng   suy

ra A1; 2; 0 Vì B  AB  Bb  3; b  4;  4b  8 Ta có

AB  3 2  b  22  b  22  16b  22  18  b  1  B 2; 3;  4 tm x B  0

b  3



B 0; 1; 4





Ta có BC  AB.sin 300  3 2 Mặt khác d  B,   3  BC Từ đó suy ra C là hình

chiếu

vuông góc của B lên   Ta có C  2  c; 3;  4  c   c  3  C  7 ; 3;  5 .

Vậy A1; 2; 0, B 2; 3;  4, C  7 ; 3;  5 .

8.a

điểm)

0,5



Câu 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 

yi) z z x  yi x  yi x2  y2

2x2  2 y2  x  y x  y

x2  y2

x2  y2 Theo bài ra ta có

 2x 2  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)

i.

5 y  5 y x  2, y  1

y  0 (ktm)

*) x  2 y, suy ra  2    z 

6  3i.

5 y  15 y x  6,

y  3

Vậy z  2  i, z  6  3i.

9.a

điểm)

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  IBC.

A E D Từ cot IBC  cot ADC  2 

cos IBC  2

5

Vì C  AC  C c; 2c  3  BI 1; 3, BC c  4; 2c

3 Ta có

c  1 c  5

  7

5 10 5c2  20c  25 5

 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 A1; 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 17m2

 5m2

  4m2

 330  m  1  M 15; 6; 5, M 19;  4;  3

0,5 (1,0

điểm)

0,5

Câu Điều kiện: Đặt t  xy  0, x  y  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

 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