ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 LẦN 4 NĂM 2013 MÔN TOÁN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 LẦN 4 NĂM 2013 MÔN TOÁN

http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 LẦN 4 NĂM 2013

-

Câu 1

1 (1 điểm)

- Tập xác định: P\ 2 

- Sự biến thiên:

+ Giới hạn tại vô cực: Ta có: lim 1, lim 1

Giới hạn vô cực:

Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1, tiệm cận đứng là đường thẳng x

= 2

+ Chiều biến thiên: Ta có ' 1 2 0, 2

( 2)

x



Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (; 2) và (2; ) + Bảng biến thiên:

'

y

- Đồ thị:

Đồ thị cắt Ox tại (1;0), cắt Oy tại 0;1

2

  và nhận giao điểm I(2; 1) của 2 tiệm cận làm tâm

đối xứng

2 (1 điểm)

0

1

2

x

x





là tiếp điểm Khi đó, phương trình tiếp tuyến tại M là:

0 0 2

0 0

1 1

:

2 2

x

x x









Suy ra, vecto chỉ phương của d là:   2 

d



Ta có I2;1 nên 0

0

1 2;

2

x





0 0

3 1

1 2

d

x

x x







 

1

1

-∞

+∞

http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học

Với x  , phương trình tiếp tuyến là 0 3 y x32 hay y   x 5

Với x  , phương trình tiếp tuyến là 0 1 y x1 hay y  x 1

Vậy, có 2 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là y  x 5 và y  x 1

Câu 2

Phương trình đã cho tương đương với

2

2

3 cos 2 os 3 cos 2 sin sin

2

2 2

2

2

2

x c x

x

c













Vậy, phương trình có 2 nghiệm: xk2 và 2

2



   , kZ

Câu 3

2

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:    2 

2

4

2

x

 



 Với x   , thế vào phương trình thứ 2 ta được: 4







1

10 3 10

10 3 10

y

y y





 Với x y22, thế vào phương trình thứ 2 ta được: y2y 5 3 2y1 (*)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học

Do đó, phương trình (*) vô nghiệm

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x 4,y10 3 10

Câu 4

t x  t x xdx tdt Khi x  0 t 2,x  1 t 3

Suy ra:

2

3

t



Câu 5

Suy ra:

3

SABCD

Vì BC AB BC, SH nên BCSAB Do đó: 0

90

CBS

  (1)

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông CED, SAE, SBC ta có:

21 5

Từ đó suy ra: SC2SE2CE2 Do đó: 0

C

  (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ diện SBCE nội tiếp mặt cầu đường kính SC Do đó, mặt cầu này có tâm là

trung điểm SC, có bán kính bằng 21

Áp dụng định lý cosin trong tam giác SAB

2 os120

Kẻ SH AB tại H Vì SAB  ABCD nên

SH  ABCD Ta có:

0

14

SAB

SH

http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học Câu 6

Từ giả thiết và áp dụng BDT cosi ta có:  2 

16 a 4 2b4a2b2 4 2a b

Suy ra: 0ab Do đó, 8

2 2

P

Đặt t a b

  Khi đó t 2 và 1  2  5 1 1 2 5 1 1

Xét hàm số   1 2 5 1 1

t

 trên 2;  Ta có: 

 

2

2

t



2

x x

2;

Min f t f



 

  

 

Suy ra: 27

64

P  , dấu bằng xảy ra khi a2,b4

Vậy, giá trị nhỏ nhấ của P là 27

64 đạt được khi a2,b4

Câu 7a

 2

4

3 25

AH

x









 Gọi phương trình đường thẳng BC là: a x 5b y 10a2b20

Gọi H là trung điểm MC Khi đó AH BC và

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABH, AMH ta có:

http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học

0

a



Với a  , đường thẳng BC có hệ số góc 0 k0(tm) Khi đó BC: y = 1

Với 5a12b0, đường thẳng BC có hệ số góc 12

5

k  (không tm)

Ta có: A R; 5 : x12y3225 Khi đó, tọa độ điểm C và M là nghiệm của hệ phương trình:



 



Vì M nằm trên đoạn thẳng BC nên C  4;1

Câu 8a

Vì MOxzM a ; 0;b Mặt khác M  a2bM2 ; 0;b b

Vì I     t b I b b b ; 2 ;3  Ta có:  ,   9 3 1

3

b

Với b 1 Sx12y22z329

Với b  1   S  x12y22z32 9

Câu 9a

z x yi x yR x y  Ta có:

0(*) 0 1

1

1(2)

xy

  



với x 0, ta có   2

2  y y   1 y 1 (thỏa mãn (1)) Suy ra: z  i

http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học

với y 0, ta có   2

2 x x   1 x 1 (không thỏa mãn (1))

Vậy: z  i

Câu 7b

Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: 6 3 m x Dm2y D7m180(3)

Hoàn toàn tương tự ta có: 6 3 m x Em2y E7m180(4)

Từ (3) và (4) suy ra đường thẳng DE có phương trình:

6 3 m x m2y7m180

Vì F2;3DEm0 Do đó A(3; 0)

Câu 8b

Nhận thấy A P B,  P ,AB 6 Áp dụng định lý cosin trong tam giác MAB ta có:

MA MB BA  MB MA c  Suy ra MB2 MA2AB2 Do đó, tam giác MAB vuông tại A

Ta có: u AM AB n, P0; 5;5 

1

2

x









  



Ta có: MA2 2t2t22  t 1

Với t 1 M1; 2;3

Với t  1 M1; 4;1

Câu 9b

Ta có HD2x D32y D22 4

Vì Ad A3m3;m Ta có

http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học

Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

1x n  1 C x C x n  n  C x n n n,x

2nx 1x n C x n 2C x n  C x n n n,x

Lấy tích phân trên 1; 0 hai vế của đẳng thức ta được:

2 1

n







n

n

Theo bài ra ta có: 1 1 1006

2n1 2013n