Tải Đề thi thử đại học lần 4 năm 2014 môn Toán khối B trường THPT Chuyên ĐH Vinh, Nghệ An - Đề thi thử đại học môn Toán có đáp án

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C, đường thẳng AB có phương trình đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉn[r]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYấN

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

Mụn: TOÁN; Khối: B; Thời gian làm bài: 180 phỳt

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

1

1

x

y

x

 



 Cõu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số

a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số đó cho

:y 2x 1

3

5 b) Viết phương trỡnh tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M, biết khoảng cỏch từ điểm M đến đường thẳng bằng

sin (cos 2x x 2cos ) cos 2 cosx  x x1.Cõu 2 (1,0 điểm) Giải phương trỡnh

3x x  1 x x 19x16.Cõu 3 (1,0 điểm) Giải phương trỡnh

2

0

cos3 2cos

d

2 3sin cos 2









Cõu 4 (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn

AB BC CD a HD4HP.(MNP)(MCD).Cõu 5 (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy là

hỡnh thang vuụng tại B và C, SAB là tam giỏc vuụng cõn tại S và nằm trong mặt phẳng vuụng gúc 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 Tớnh theo a thể tớch của khối chúp S.APND và chứng minh rằng

,

x y x y 2.Cõu 6 (1,0 điểm) Giả sử là cỏc số thực dương thỏa món Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức

7( 2 ) 4 2 8

P x y  x  xy y

II PHẦN RIấNG (3,0 điểm) Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)

a Theo chương trỡnh Chuẩn

: 1 0,

AC x y   G(1; 4) E(0; 3) Cõu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hỡnh bỡnh

hành ABCD cú phương trỡnh đường chộo điểm là trọng tõm của tam giỏc ABC, điểm thuộc đường cao kẻ từ

D của tam giỏc ACD Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của hỡnh bỡnh hành đó cho biết rằng diện tớch của tứ giỏc AGCD bằng 32 và đỉnh A cú tung độ dương.

 30 ,0

BAC  AB 3 2,

,

x y z

 ( ) : x z 1 0. Cõu 8.a (1,0 điểm) Trong khụng gian với hệ

tọa độ Oxyz, cho tam giỏc ABC vuụng tại C, đường thẳng AB cú phương trỡnh đường thẳng AC nằm trờn mặt phẳng Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của tam giỏc ABC biết rằng đỉnh B cú hoành độ dương.

1 7 1

5 5

z i z

i

Cõu 9.a (1,0 điểm) Tỡm số phức z thỏa món

b Theo chương trỡnh Nõng cao

2 ,

AD BC B(4; 0),2x y  3 0, :x 2y10 0. cotADC 2.Cõu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với

hệ tọa độ Oxy, cho hỡnh thang ABCD cú AD // BC, đỉnh phương trỡnh đường chộo AC là trung điểm E của

AD thuộc đường thẳng Tỡm tọa độ cỏc đỉnh cũn lại của hỡnh thang đó cho biết rằng

(2; 1; 1), (3; 2; 4)

A B ( ) : x5y 2z 5 0. ( ) MA AB  ,  330

31

d A MB 

Cõu 8.b (1,0 điểm) Trong

khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm và mặt phẳng Tỡm điểm M thuộc mặt phẳng sao cho và

2

( , )

log ( ) log log 0

x y









R

Cõu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh

Hết

-Ghi chỳ: BTC sẽ trả bài vào cỏc ngày 21, 22/6/2014 Để nhận được bài thi, thớ sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC.

Chúc các em học sinh đạt kết quả cao trong Kỳ thi tuyển sinh Đại học năm 2014 !

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014Môn: TOÁN – Khối B; Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1.

(2,0

điểm)

a) (1,0 điểm)

\{1}

R 10 Tập xác định:

20 Sự biến thiên:

lim 1

* Giới hạn tại vô cực: Ta có và

1

lim



1



Giới hạn vô cực: và

1,

y  x 1.Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng tiệm cận đứng là đường thẳng

2

2

( 1)

y

x

 x 1.* Chiều biến thiên: Ta có với mọi

 ; 1 1; .Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng và

0,5

* Bảng biến thiên:

30 Đồ thị:

1; 0 , (0;1).Đồ thị cắt Ox tại cắt Oy tại

(1; 1)

I  Nhận giao điểm của hai tiệm cận

làm tâm đối xứng

0,5

b) (1,0 điểm)

0 0 0

1

1

x

x

   





0 0 0

1

1

( , )

x x x

d M

 



 Gọi tiếp điểm Khi đó ta có

0 0

0

1

1

x x

x



  2x02 2x02 3x01

0

1

1

2

x

x







 

0,5

x  M ( 1; 0), yy'( 1).( x1) HD4HP.*) Với ta có suy ra pt tiếp tuyến hay

0

1 , 2

x  M12; 3 ,

 

yy   x 

    y8x1.*) Với ta có suy ra pt tiếp tuyến hay

0,5

Câu 2.

(1,0

điểm)

Phương trình đã cho tương đương với

cos 2 (sinx x cos ) sin 2x  x 1 0  cos2xsin2x(sinx cos ) (sin 2x  x1) 0

2

(cos sin )(sin cos ) (sin 2 1) 0

(cos sin )(1 sin 2 ) (sin 2 1) 0 (sin 2 1)(cos sin 1) 0

0,5

x   x  x k   x k

k Z *)

2 2

cos sin 1 0 sin

3

2

4 4

x k

 



















Z

*)

, 4

2

x k  x k  kZ

Vậy nghiệm của phương trình là

0,5

x O

y

I

1



1 1 1



x

'

y

y



1











1



Câu 3.

(1,0

điểm)

3x x( 1)(x  x1) ( x 1) ( x  x1) 18( x1).Phương trình đã cho tương đương với

2

a x b x  x a b Đặt Khi đó phương trình trở thành

3(a 1)ab a b b 18a

2

(3 ) (3 ) 2( 9 )

a b a b b a

3a b 0,

   a b b2  6a0 vì

3 x 1 x  x 1 x 10x8 0  x 5 33,Suy ra thỏa mãn điều kiện

5 33

x   Vậy nghiệm của phương trình là

0,5

Câu 4.

(1,0

điểm)

2 3sin (1 2sin ) 2sin 3sin 1

Ta có

sin

t x x 0t 0, x 2





1

t 

2 0

3 4

d

2 3 1

t





 



Đặt Khi thì khi thì Suy ra

0,5

0 0

2 d 2 2ln(2 1) ln( 1) 2 2ln 3 ln 2 ln18 2

Câu 5.

(1,0

điểm)

1 2

SH  AB a SH ABCD

*) Vì SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên và Suy ra

.

3

1 3

a

0,5

,

MPMD

2

16

a

MPMDTa chứng minh

Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông MHD, MHP ta có Khi đó Suy ra (2)

MNP MCD,Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh

0,5

Câu 6.

(1,0

điểm)

,

x yVì là các số thực dương nên

x y

 

(x y) 7 y x xy y

x y

, 0

x

y

1



0,5

2

( )

1

f t

t



 t 0.Xét hàm số với

2

2

S

B

A H

M

N

P

Suy ra bảng biến thiên

( ) 3

f t  Từ bảng biến thiên ta suy ra

0

t  với mọi Dấu đẳng thức xảy ra

2

t  khi và chỉ khi (3)

( )(7 3) 8,

P x y  

2

x y

x t y

 







 





x y

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra dấu

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Vậy giá trị lớn nhất của P là 8, đạt khi

0,5

Câu

7.a

(1,0

điểm)

DEAC DE x y:    3 0 D t ; t 3 

Vì nên

d G AC  d B AC  d D AC

Ta có

1; 4 1

2 4 1

5

D t

t



1; 4 

Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên

0,5

1 1 2 1

B B

x

y

   



   



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ta có

A AC x y     A a a

Vì

S S S   S  S  S

1

2

ABD

5; 6 tm 5

1 12 48

A a

a







 3; 2 

AD BC  C  

 

Từ

5; 6 , 1; 8 ,  3; 2 , 1; 4 

Vậy

0,5

Câu

8.a

(1,0

điểm)

A AB  A a a  a   A1; 2; 0  B AB  B b 3;b4; 4 b 8 

Vì Thay

tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng suy ra Vì Ta có

3 0; 1; 4 ktm

B

b







0,5

.sin 30

2

2

 

2 ; 3; 4    3 7; 3; 5

C c  c    c  C  

  Ta có Mặt khác Từ đó suy ra C là hình chiếu vuông góc của B lên Ta có

1; 2; 0 , 2; 3; 4 , 7; 3; 5

  Vậy

0,5

Câu

9.a

(1,0

điểm)

( , )

z x yi x yR Đặt Khi đó ta có

i

0,5

C D

G E

( )

f t

'( )

3



2 2 2 2



2 ,

2

2, 1







2 ,

x y 2

6 3

6, 3





 



2 , 6 3

z i z  i Vậy

Câu

7.b

(1,0

điểm)

I ACBE IAC I t t ; 2  3  E t2  4; 4t 6 

3 3; 3 , 2; 6

E   t  I E

Gọi Vì Ta thấy I là trung điểm của BE nên Theo giả thiết

/ / ,

AD BC AD2BC ADCIBC Vì nên BCDE là hình

bình hành Suy ra

5

Từ

0,5

 ; 2 3  1; 3 ,  4; 2 3 

CAC C c c  BI   BC c c

Vì Ta có



2 2

5 1

3 22 35 0

5 10 5 20 25 5

3

c c

c IBC

c









 





5; 7

C

7 5

; `

3 3

C 

  Suy ra hoặc

5; 7 ,

C A1; 1 ,  D3; 13 

Với ta thấy I là trung điểm của AC nên vì E là trung điểm của AD nên

7 5; ,

3 7

C 

11 13; , 1 23; .

A  D 

    Với tương tự ta có

0,5

Câu

8.b

(1,0

điểm)

1; 1; 3 , 1; 5; 2 

 

A  u MA AB n,    17; 5; 4

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

MA có VTCP là

0,5

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có

 2 2 2

330

17m25m24m2 330 m 1 M15; 6; 5 , M19; 4; 3  Suy ra

0,5

Câu

9.b

(1,0

điểm)

0

x y  Điều kiện:

0,

txy Đặt 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, 2t 1 0

  vì

( ) 2t 3

f t   t R, f(1) 0 2t  t 3 0  t1.xy 1,

1

y x



Vì hàm đồng biến trên mà nên Khi đó ta có hay

0,5

2

log x log logx 0 log x log x



 2 2 Thế vào pt thứ hai của hệ ta được

2

x

1

2

Suy ra nghiệm của hệ là

0,5

D



I