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

Cho hình hộp có đáy ABCD là hình thoi cạnh hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng là trung điểm của Biết rằng côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng và bằng Tính theo a thể tích k[r]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYấN

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

Mụn: TOÁN; Khối: A; 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

x  x   x x Cõu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trỡnh

2

0

cos3 2cos

d

2 3sin cos 2









Cõu 4 (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn

' ' ' '

ABCD A B C D a 3, BD3 ,a ( ' ' ' ')A B C D A C (' '. ABCD () CDD C' ')

21

7 ABCD A B C D ' ' ' ' A BC D' ' '.C

õu 5 (1,0 điểm) Cho hỡnh hộp cú đỏy ABCD là hỡnh thoi cạnh hỡnh chiếu vuụng gúc của B lờn mặt phẳng

là trung điểm của Biết rằng cụsin của gúc tạo bởi hai mặt phẳng và bằng Tớnh theo a thể tớch khối hộp và

bỏn kớnh mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

1

a b c  

2

3 ( ) 4

    Cõu 6 (1,0 điểm) Giả sử a, b, c là cỏc số thực

dương thỏa món Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức

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

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 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 A; 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:

* 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





2

2x 2x 2 3x 1

0

1

1

2

x

x





0,5

x  M ( 1; 0),

'( 1).( 1)

yy  x

y x

*) Với ta có

0,5

O y

I

1



1 1 1



x

'

y

y



1











1



suy ra pt tiếp tuyến hay

0

1 , 2

x  M12; 3 ,

yy   x 

8 1

y x *) Với ta có suy ra pt tiếp tuyến hay

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

(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

cos sin 1 0 sin

3

2

x k



















Z

*)

, 4

x k

2

x k  x k  kZ

Vậy nghiệm của phương trình là

0,5

Câu 3.

(1,0 điểm)

2

2

3 41

8

x



 

 



Điều kiện: (*) Bất phương trình đã cho tương đương với

x  x  x  x   x x

3(x x) (1 x) 2 (x x )(1 x) 0

0,5

2

5 34

9

x

x











 

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

0,5

Câu 4.

(1,0 điểm)

Ta có

sin

t x x 0t 0,

2

x

1

t 

2 0

t







Đặt

0,5

Khi thì khi thì Suy ra 1 1

0 0

Câu 5.

(1,0 điểm)

' ' '

A B D  B A D ' ' ' 120 0 ' ' ',

A B C A C D' ' 'a 3.*)

Áp dụng định lý côsin cho tam giác suy ra Do đó là các tam giác đều cạnh

' ' ' ',

OA CB D

 ' ' ' ' 

BO A B C D

Gọi ta

có

' '

OH A B

A B  BHO



 ABCD , CDD C' ' BHO

Kẻ tại H, suy ra Do đó

Từ

2 3

a

0,5

3 0 ' ' ' '

3 3.sin 60

ABCD A B C D

Vậy

' '

a

' '

A BC B D' 'A BC' '

' '

B D A BC' ' A C D' ' '

GA GC GD

GA GB GC ' ' '

A BC D

a

*) Vì nên tam giác vuông

tại B Vì nên là trục đường

tròn ngoại tiếp tam giác

Gọi G là tâm của tam giác đều Khi đó và nên G là

tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Mặt cầu này có bán kính

0,5

Câu 6.

(1,0 điểm)

Áp dụng bất đẳng thức

4 5

4

b c  bc  b c  b c  b c

4

c a  ca  c a

b c c a

Suy ra

0,5

D A

3

a

C

O

3a

B

G

'

C

'

B

'

A

2 2

2

4

a b

c a b

c a b c

a b c    a b   c

c



(1) 2

2

c



(0; 1)

c  Xét hàm số với

2

Ta có

3

Bảng biến thiên:

1 ( ) 9

f c  c (0; 1).

Dựa vào bảng biến thiên ta có với mọi

(2)

1 , 9

3

a b c  

Từ (1) và (2) suy ra dấu đẳng thức xảy ra khi

1 , 9

3

a b c  

Vậy giá

trị nhỏ nhất của P là đạt

khi

0,5

Câu 7.a

(1,0 điểm)

0,5

B B

x

y





Ta có

A AC x y     A a a

S S S   S  S  S

Ta có

1

2

ABD

5; 6 tm 5

1 12 48

A a

a







Suy ra

 3; 2 

AD BC  C  

 

T

ừ

5; 6 , 1; 8 ,  3; 2 , 1; 4 

Vậy

0,5

( )

f c

'( )

f c

3

–

1 9



C D

G E

Câu 8.a

(1,0 điểm)

A AB  A a a  a

  A1; 2; 0 

B AB  B b b  b

Vì Thay tọa độ đỉnh A vào

phương trình mặt phẳng suy ra Vì Ta có

B

b







0,5

2

 

 ,  3

2

 

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

i

0,5

Theo bài ra ta có 2 2 2 2 2 2 2 2



2 ,

x y

2

2

2, 1









*) suy ra

2 ,

x y

2

6 3









*) suy ra

2 , 6 3

z i z  i Vậy

0,5

Câu 7.b

(1,0 điểm)

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

c c

c IBC

c









 



0,5

D



I

5; 7

C

7 5

; `

3 3

C 

  Suy ra hoặc

5; 7 ,

C A1; 1 , 

3; 13 

D

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

là trung điểm của AD nên 7 5

; ,

3 7

C 

A  D 

ới tương tự ta có

Câu 8.b

(1,0 điểm)

1; 1; 3 , 1; 5; 2 

 

A 

, 17; 5; 4

MA

u AB n  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  



Ta có Ta thấy nên đường

thẳng MA có VTCP là

0,5

Áp dụng hệ thức lượng cho

tam giác vuông MAB ta có

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, (1) 0

2t  t 3 0  t1

1,

xy 

1

y x



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

0,5

2



Thế vào pt thứ hai của hệ ta

2

x

1

2

Suy ra nghiệm của hệ là

0,5