[r]
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 Môn: 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
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,
y x
với mọi x1.
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 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
0 0 0
1
1
x x x
d M
0
0
0
1
1
x x
x
2
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
M
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 2 2
cos x sin x (sinx cos ) (sin 2x x 1) 0
2
0,5
x x x k x k
kZ
*)
2 2
3
x k
Vậy nghiệm của phương trình là ,
4
x k
2
xk x k k
Z
0,5
x
'
y
y
1
1
y
I
1
1
1
1
Trang 2Câu 3
(1,0
điểm)
Điều kiện: 3
x x
3x (x1)(x x 1) (x 1) (x x 1) 18(x1)
a x b x x a b Khi đó phương trình trở thành
3(a2 1)aba b2 2b218a2
0,5
2
a b a b b a b b a
a b a b b a
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
Đặt tsin x Khi x0 thì t0, khi
2
x
thì t1 Suy ra
2 0
3 4
d
t
t t
0,5
0 0
0,5
Câu 5
(1,0
điểm)
*) Vì SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên
1 2
SH ABa và SH ABCD Suy ra
.
3
1
3
S APND APD NPD
a a
0,5
*) 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
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
P x y
x y
x y
(1)
Đặt t x,t 0
y
khi đó
1
0,5
Xét hàm số
2
( )
1
t t
f t
t
với t0.
S
B
A
H
M
N
P
Trang 3Ta có
2
2
2 2
t t
Suy ra bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta suy ra f t( ) 3
với mọi t0 Dấu đẳng thức xảy ra
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra P(xy)(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 DEAC nên DE x: y 3 0 D t; t 3
d G AC d B AC d D AC
1
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 AAC x: y 1 0 A a a ; 1
AGCD AGC ACD ABC ABC ABD
S S S S S S
2
ABD
5
A a
a
Từ ADBCC 3; 2
Vậy A 5; 6 , B 1; 8 ,C 3; 2 , D 1;4
0,5
Câu
8.a
(1,0
điểm)
Vì AAB A a 3;a 4; 4a8 Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng suy
ra A1; 2; 0 Vì BABB b 3;b 4; 4b8 Ta có
B
b
0,5
Ta có sin 300 3 2
2
BCAB Mặt khác 3
2
d B BC Từ đó suy ra C là hình chiếu vuông góc của B lên Ta có 3 7 5
C c c c C
0,5
Câu
9.a
(1,0
điểm)
Đặt z x yi x y( , R) Khi đó ta có
i
0,5
C
D
G
E
( )
f t
'( )
f t
0
3
Trang 4Theo bài ra ta có
0
x y
*) x2 ,y suy ra 22 0, 0 (ktm)
*) x 2 ,y suy ra
2
6 3
Vậy z 2 i z, 6 3 i
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
Gọi I ACBE Vì IACI t ; 2t3 Ta thấy I là trung điểm của BE nên E2t4; 4t6 Theo giả thiết
3 3; 3 , 2; 6
Vì AD/ /BC, AD2BC nên BCDE là hình bình hành
Suy ra ADCIBC.
Từ cot cot 2 cos 2
5
IBC ADC IBC
0,5
Vì CACC c ; 2c 3 BI1; 3 , BC c 4; 2c3 Ta có
2 2
5 1
3
c c
c IBC
c
Suy ra C5; 7 hoặc 7 5; `
3 3
C
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
C
tương tự ta có
0,5
Câu
8.b
(1,0
điểm)
Ta có AB1; 1; 3 , n 1; 5;2 Ta thấy A nên đường thẳng MA có VTCP là
MA
0,5
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có
330
,
AM
d A MB
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 (2t1)(2t t 3) 0 2t t 3 0, vì 2t 1 0
Vì hàm f t( )2t 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
1
2
x
x
Suy ra nghiệm của hệ là 2, 1
2
x y
0,5
D
I
