b Viết phương trình tiếp tuyến của H biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với H cách điểm A0;1 một khoảng bằng 2.. Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng ABC vuông góc với mặt phẳng BCD, tam giá[r]
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A1; Thời gian làm bài: 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
1
1
2
x
x
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm A(0; 1) một khoảng bằng 2
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình ( 1 cos x)cot xcos2 xsinxsin 2x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
) 2 ( 1 ) 3
1 (
0 3
2 2
2
y x
y y
x xy y
x
x xy x
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân d
sin
) sin
1 ln(
cos
2
6
2
x x
x x
I
Câu 5 (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (BCD), tam giác BCD
vuông ở D Biết rằng AB a 15 , BC3a , ACa 6; góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng
600 Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 4 4 1 xy 2
xy
y
x Tìm giá trị lớn nhất của
2 1
3 1
2 1
2
2
x
P
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)
a Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C) :( x1) 2 (y2 )2 5 và đường thẳng d :x y 2 Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C Tìm tọa độ điểm
A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A( 1; 0; 1), B(1 ;3 ; 2 ),C(1; 3; 1)
Tìm điểm D thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (P): x yz 0 và (Q): y z 10 sao cho thể tích khối
tứ diện ABCD bằng 3
Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn 1 z z i2 (iz 1 )2 Tính mô đun của
1
4
z
b Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 :x y1 0 và
1 7
:
x y Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với tại 1 M( 1; 2) và tiếp xúc với 2
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) :x y2 z 50 và các điểm A( 3 ; 1 ; 3 ),B(5; 1; 1) Tìm điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích tam giác ABC bằng 3
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm số phức z biết rằng z 2z 3 i và
i
z i
) 3
1 (
3 1
1 ) (
có một acgumen bằng
6
- Hết -
Ghi chú: 1 BTC sẽ trả bài vào các ngày 13, 14/4/2013 Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC
2 Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 11 và ngày 12/5/2013 Đăng kí dự thi tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 13/4/2013
Trang 2TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút
a) (1,0 điểm)
10 Tập xác định: \ { 1}
20 Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim 2
Giới hạn vô cực:
x lim( 1 ) và lim
)
1
x
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y , tiệm cận đứng là đường thẳng x
) 1 (
3 ' 2
x y
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 ; 0 ,
2
1
cắt Oy tại ( 0; 1) và nhận giao điểm I(1; 2) của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng
0,5
b) (1,0 điểm)
1
1 2
0
0
x x
x x
M là tiếp điểm Theo bài ra ta có MA2
1
1
0
0
2
x
x
1
2 2
0
0
2
x
x x
0 )
1 , (
0 )
6 4 )(
2 (
0
0 0
0
2 0
0
0
x
x x
x x x x
0,5
Câu 1
(2,0
điểm)
Với x0 , phương trình tiếp tuyến là yy ' ( 0).( x0) y(0) hay y x3
Với x0 , phương trình tiếp tuyến là yy ' ( 2).( x2) y(2) hay
3
1 3
1
y
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là y x3 1 và
3
1 3
1
y
0,5
Câu 2
(1,0
điểm)
Điều kiện: sinx , hay xk , k
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
x
x
sin
cos )
1 cos
0 ) sin (cos
sin 2 cos ) sin 2
1 ( cos
cos sin 2 sin sin
2 cos cos
cos
2 2
2
2 2
2
x x
x x x
x
x x x
x x x
x
0
1) (cos sin
2 cos
0 2 cos sin
2 cos
2 cos cos
x x x
x
x x x
x
0,5
x
'
y
y
2
2
x
O
y
I
1
2
1
1
Trang 3*) ,
2 4
0 2 cos x x k thỏa mãn
4 4 2
1 4 cos 0
1 sin
tm
,
2 2
ktm , 2
k x
k x
2
, 2
0,5
Điều kiện: x2 y2y 0 y
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có xy x2 x
Thế vào phương trình thứ hai ta được
(x1) 2 3( y 1) 2x2 2 x6 2 x2y2y 0
0
1 2
2 2 3
) 0
2 ( 2 3 2
2 2
2 2
x
y x
y
y x y x
0,5
Câu 3
(1,0
điểm)
2
x
y
hay y x2 Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có
x 2 x(x 22) x3 0 (x 1 )(x2 3 )0 x Suy ra y Vậy nghiệm của hệ là x , y
0,5
Đặt sinx t ta có cosx dxd t và khi ,
2
1
6
2
Khi đó
1
2 1
2 d
1 ) ln(
t t
t
Câu 4
(1,0
điểm)
1
d
d )
1 ln(
t
t u t
u
t
v t
t
v Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có
1
2 1 1
2
1 2 1
1
d 1
1 1 2
3 ln
2 2
ln )
1 (
d
1 ) ln(
1
t t t
t t
t t
t I
16
27 ln
2 ln
4 3
ln 3
| 1
| ln
|
|
ln 2
ln 3
3 ln 2
2 1 1
2 1
1
0,5
Vì AB 2 AC2 BC 2 nên BAC900 (1)
Kẻ AH BC tại H, vì (1) nên H thuộc đoạn BC Vì
) ( )
Kẻ HK CD tại K đường xiên AK CD, từ giả thiết AKH 600
Sử dụng định lí cosin cho
2
1 cos
AHC
2
a HC
Câu 5
(1,0
điểm)
3
1
CB
CH BD
HK BD
Mà HK AH cot60 0 aBD 3a, CD BC2BD 2 3 2 a
2
6 3
3
1 2
2 9 2
S AH
V a
DC BD
0,5
A
C
K
H
'
H
Trang 4Kẻ HH ' AKtại H', vì CD ( AHK ) nên CDHH ' HH'(ACD ) Từ công thức đường
cao của tam giác vuông AHK
2
3 ' a
HH
Do 3
HC
BC
nên dB, ( ACD)3 dH, ( ACD ) (3)
Từ (2) và (3) suy ra
2
3 3 ) (
B
Chú ý: HS có thể tính ,( ) 3
ACD
ABCD S
V ACD
B
0,5
Từ giả thiết ta có 2 2 2 2 1
xy y x
xy Đặt xy t0 ta được
t t
t 2 2 2 1 ) 0
1 2 )(
1 )(
1 ( ) 0 1 2 (
2 3 2
2
1 0 ) 1 )(2
1
Với x, y 0 và xy1 ta có
xy y
2 1
1 1
1
2
)
1 )(
1 )(
1 (
) 1 ( ) ( 1)
2
xy y
x
xy y x
đúng do x, y 0 và xy1
2 1
3 1
4
2 1
3 1
4
t t
xy xy
P
0,5
Câu 6
(1,0
điểm)
Xét hàm số
t t
t
f
2 1
3 1
4 ) (
2
1
Ta có
2
1 , ) 2
1 (
1 ) (
1 2
5 2 ) 2
1 (
6
1 ) (
4 ) (
2 2
t t
t t t
t t
f
2
1 , 6
7 2
1 ) (
t
Từ (2) và (3) ta có
6
7
P Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
1
2
1
Vậy giá trị lớn nhất của P là ,
6
7 đạt được khi
2
1
y
x
0,5
(C) có tâm I( 1; 2), R Ad A (a; a 2)
Từ tính chất tiếp tuyến IA BC tại H là trung điểm BC
Giả sử IAm ,IHn (mn 0)
2 2
2
5
n
m
5 ) (
2
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Trong tam giác vuông IBA có 2 5 5
n m
n m
IA IH
Thay (2) vào (1) ta có
) 125 )( 14
1 ( 0 125
139 15
8 5
n
)
2
; 4 (
) 3 1;
( 4
1 ) 25
4 ( ) 1 (
A
A a
a a
a IA
0,5
Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn
1
0
z y
x
Đặt y t ta có
1
1 2
t z
t x
)
1
; ; 1 2
0,5 Câu
8.a
(1,0
điểm)
12
6
3 3
| 3
|
6 2 6
1 ]
, [ 6
1
t
t t
t
AD AC
AB
V ABCD
Suy ra D(11 ; 6 ; 5 ),D(25; 12; 13)
0,5
A
C
I
B
d
H
Trang 5Đặt zabi ,(a, b R) Từ giả thiết ta có 1 a bi a(b 1) i ( b1 ai )2
)
1 ( 2
) 1 ( 2 1 ) 1 ( 2 ) 1 ( 2 1
2 2
b a b
b a i
b a
a
Suy ra 2( 1) ,( 1) ( 2)( 2 1) 0 , ( 1)
) 1 ( 2
b
2
1 2
1
1 2
a b
a b
Suy ra z1 2i hoặc
2
1 2
1
i
z
0,5
Câu
9.a
(1,0
điểm)
2 2
4
2 1 1
4
i
i
z z
2
1 2
1
i
2
2 7 1 2
7 1
8 2
1 2
1 1
4
i
i
z z
0,5
(C) tiếp xúc với tại M 1 I
IM
C
M
1
) (
thuộc đường thẳng
1
d tại M
Phương trình d: xy 30 I(a ; 3a), R IM a 1
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
2
3
2 1
2 5
| 22
6
| )
, ( 2
a
a a
a R
I
2 ), 1
; 2 (
2 4 ), 6
; 3 (
R I
R I
Suy ra (C) :( x 3) 2 (y6 )2 32 hoặc (C) :( x2) 2 (y1) 2
0,5
Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến n Q [ AB,n P]( 1; 1; 1)
Suy ra (Q): x yz 5
Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P) Suy ra tọa độ C thỏa mãn
5 2
0 5
z y x
z y
Câu
8.b
(1,0
điểm)
5
0
t z
y t x
)
2
; 0
; 3 (
) 0
; 0
; 5 ( 3
5
1 4
3 3 4 )
8 (2
3 2
1 ] , [ 2
C
C t
t t
t t
AB AC
S ABC
0,5
4
3 1 ) 3
1 (
3 1 )
1 3 ( ) 3
1 (
1 )
3
1 (
3 1
1
2 2
i i
i i
3
sin 3
cos 2
1
3 sin(
) 3
cos(
2 ) 3
1 (
3 1
1 ) (
r i
z i
6 6
3
2 2
3
i r r
0,5
Câu
9.b
(1,0
điểm)
Từ giả thiết của bài toán ta có r r i 3r ri 3 i
2 2 3
3 2
2 )
1 ( 4 )
1 ( ) 1 ( 3 2 2
2 2
r
r r
r r
r r
r
3
1 3
3 ,
0,5
I
1
2
M(1; 2)