[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 A; 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
Khi đó ta có
0 0 0
2 2
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
x
'
y
y
1
1
y
I
1
1
1
1
Trang 2*)
2 2
3
x k
Vậy nghiệm của phương trình là ,
4
x k
2
xk x k k
Z
Câu 3
(1,0
điểm) Điều kiện:
2
2
8
x
x x
(*)
Bất phương trình đã cho tương đương với
x 1 x22 x(1x2) 2 3x4x2 2 2
0,5
2
9
x
x x
x
Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là 5 34 3 41
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)
*) Áp dụng định lý côsin cho tam giác A B D' ' ' suy
B A D Do đó A B C' ' ', A C D' ' ' là các tam giác đều cạnh a 3
Gọi OA C' 'B D' ', ta có BOA B C D' ' ' '
Kẻ OHA B' ' tại H, suy ra A B' 'BHO Do đó
ABCD , CDD C' ' BHO.
Từ cos 21 tan 2
BHO BHO
2 3
a
BO HO BHO A O
0,5
Vậy
3 0 ' ' ' '
ABCD A B C D
*) Vì 3 1 ' '
a
BO 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'GBGC' nên G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A BC D' ' ' Mặt
cầu này có bán kính RGD' 2OD' 2 3 a a
0,5
D
A
3
a
C
O
3a
B
G
'
C
'
B
'
A
Trang 3Câu 6
(1,0
điểm)
4 5
4
b c bc b c b c b c
Tương tự, ta có
4
c a ca c a
Suy ra
2
b c c a
b c bc c a ca b c c a
2 2
2
4
a b
c a b
c a b c
Vì a b c 1 a b 1 c nên
2
c c c
c
c c c c
Xét hàm số
2
2
c
với c(0; 1).
Ta có '( ) 16 1 2 2 2 3( 1);
3
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có ( ) 1
9
f c với mọi c(0; 1) (2)
Từ (1) và (2) suy ra 1,
9
P dấu đẳng thức xảy ra khi 1
3
a b c
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1,
9
đạt khi 1
3
a b c
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Vì DEAC nên DE x: y 3 0 D t; t 3
Ta có 1 1
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
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
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 0,5
( )
f c
'( )
f c
0 +
–
1 9
C
D
G
E
Trang 4(1,0
B
b
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
2 2
z i z x y i x yi
x y x y x y
i
0,5
Theo bài ra ta có
0
x y
x y x y x y x y
*) x2 ,y suy ra 22 0, 0 (ktm)
z i
x y
y y
*) x 2 ,y suy ra
2
6 3
x y
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
c c
c 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
A D
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 0,5
D
I
Trang 5
330
,
AM
AM AB
d A MB
17m 5m 4m 330 m 1 M 15; 6; 5 ,M 19; 4; 3
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