www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 CHUYÊN Mơn: TỐN; Khối: B; Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số a) b) y= −x −1 x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ : y = 2x −1 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x(cos 2x − 2cos x) = cos 2x cos x −1 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 3x x 3 +1 = x + x −19 x −16  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân cos3x + cos x dx ∫ + 3sin x − cos 2x I= Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vng B C, AB = 2BC = 2CD = 2a, SAB tam giác vuông cân S nằm mặt phẳng vng góc với (ABCD) Gọi H, M, N trung điểm AB, SH, BC P điểm thuộc tia đối tia HD cho HD = 4HP Tính theo a thể tích khối chóp S.APND chứng minh (MNP) ⊥ (MCD) Câu (1,0 điểm) Giả sử x, y số thực dương thỏa mãn x + y ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức P = 7(x + y) − x II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 2 + 2xy + y Thí sinh làm hai phần (phần a phần b) a Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC : x − y + = 0, điểm G(1; 4) trọng tâm tam giác ABC, điểm E(0;− 3) thuộc đường cao kẻ từ D tam giác ACD Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành cho biết diện tích tứ giác AGCD 32 đỉnh A có tung độ dương Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông = tại30C, , AB = 2, đường thẳng AB có phương trình x−3 = y−4 z+8 = BAC , đường thẳng AC nằm mặt phẳng −4 ( ) : x + z −1 = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đỉnh B có hồnh độ dương Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z+i z+1 + = + i z z 5 b Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, AD = 2BC, đỉnh B(4; 0), phương trình đường chéo AC 2x − y − = 0, trung điểm E AD thuộc đường thẳng ∆ : x − y +10 = Tìm tọa độ đỉnh lại hình thang cho biết =cot ADC Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1), B(3; 2; 4) mặt phẳng ( ) : x + 5y − 2z − = Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) cho MA ⊥ AB d ( A, MB) = 330 31 Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  4xy + ( xy − 2)2xy + xy − = (x, y ∈ )  log ( x2 − y) + log x.log y = 20 Hết www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNGTHPT Mơn: TỐN – Khối B; CHUYÊN Câu Câu (2,0 điểm) Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Tập xác định:  \ {1} Sự biến thiên: * Giới hạn vô cực: Ta có lim y = −1 lim y = −1 x→ +∞ x→−∞ Giới hạn vô cực: lim y = −∞ lim y = +∞ + x→1 x→1 − 0,5 Suy đồ thị (H) có tiệm cận ngang đường thẳng y = −1, tiệm cận đứng đường thẳng x = * Chiều biến thiên: Ta có y ' = > 0, với x ≠ ( x −1) Suy hàm số đồng biến khoảng (−∞; 1) (1; + ∞) * Bảng biến thiên: x y +∞ −∞ + +∞ y' y + −1 −1 −1 O −∞ −1 x 0,5 I Đồ thị: Đồ thị cắt Ox (−1; 0), cắt Oy (0;1) Nhận giao điểm I (1; −1) hai tiệm cận làm tâm đối xứng b) (1,0 điểm)   Gọi tiếp điểm M x ; −x −1 0 x0 −1  ⇔ 2x −1 0+ ⇔  x0 +   2x 0− 2x + =0 3( x  ∈ (C) Khi ta có d (M , ∆) = − 2x + = x0 −1 −1) ⇔ 2x −0 2x + =0 −3(x −1)   −x −1 x0 −1 ⇔  = ⇔ 2x x0 −1 2x −0 +2 , ta có M = 0,5 0  x0  2x 20 − 5x + 0= = −1 ⇔  x0 =   2x + x −1 0= *) Với x0 = −1, ta có M (−1; 0), suy pt tiếp tuyến y = y '(−1).(x +1) hay y = *) Với x = −1 x+  ; , suy pt tiếp tuyến y = y '        x −      0,5 + hay y = 8x −1  Phương trình cho tương đương với Câu (1,0 điểm) cos 2x(sin x − cos x) − sin 2x + = ⇔ ⇔ −(cos x + sin x)(sin x − cos x) (cos x − sin − (sin 2x −1) = ) x (sin x − cos x) − (sin 2x −1) = 0,5 ⇔ −(cos x + sin x)(1− sin 2x) − (sin 2x −1) = ⇔ (sin 2x −1)(cos x + sin x −1) = + k 2 ⇔ x = *) sin 2x −1 = ⇔ sin 2x = ⇔ 2x = + k , k ∈   *) cos x + sin x −1 = ⇔ sin  x +   = ⇔     x +  4= x + =  3  + k2 + k4 2  x = k2 ⇔ x = + k 2 , k ∈   0,5 www.VNMATH.com Vậy nghiệm phương trình x = Câu Điều kiện: x  + k , x = k 2 , x =  + 4k 2 , k ∈  + ≥ ⇔ x ≥ −1 (1,0 điểm) (x +1)(x Phương trình cho tương đương với 3x − x +1) = (x +1) + (x − x +1) −18(x +1) 0,5 Đặt a= x +1, b = x − x +1, a ≥ 0, b > Khi phương trình trở thành 2 3(a −1)ab = a b + b ⇔ a b(3a − b) = b(3a − b) + 2(b 2 −18a 2 − 9a ) ⇔ (3a − b)(a b + b + 6a) = ⇔ 3a − b = 0, a b + b + 6a > Suy x +1 = 0,5 x − x +1 ⇔ x −10x − = ⇔ x = ± 33, thỏa mãn điều kiện Vậy nghiệm phương trình x = ± 33  (1,0  Câu Ta có I= (4cos ∫ + 3sin x − (1 − 2sin điểm) Đặt Khi t = sin x x=0 x −1) cos x dx = ∫ 2sin x) t = 0, x = − 4sin  t = Suy 2 x d(sin x) 0,5 x + 3sin x + 1 ∫ 2t I =  + ∫ −2  = = 6t + (2t + 1)(t +1)   ∫−2 +   ∫ +  dt =  −2  (4t + 4) + (2t + 1)  +   + 3t +1 dt = (−2t + 2ln(2t + 1) + ln(t + 1)) = −2 + 2ln + ln = ln18 − t+1 2t +1 dt 0,5   dt (2t + 1)(t +1) − 4t *) Vì SAB tam giác vuông cân S nằm S Câu mặt phẳng (1,0 SH = điểm) M vng góc với (ABCD) nên AB = a SH ⊥ ( ABCD ) Suy VS APND = SH ( S APD + S NPD ) 0,5 P 5a  a a B H N = C  A +  5a   =   D a 12  *) Ta có CD ⊥ DH , CD ⊥ SH ⇒ CD ⊥ ( SDH ) ⇒ CD ⊥ MP Ta chứng minh MP ⊥ MD Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vng MHD, MHP ta 5a (1) có MD = a , MP = a Khi MD + MP = 25a Từ (1) (2) suy ( MNP) ⊥ ( MCD ), điều phải chứng minh Câu Vì x, y số thực dương nên (1,0 điểm) 0,5 (2) = DP Suy MP ⊥ MD 16 P = (x + y) Đặt t = x  7(x + y) −   x + 2xy + y y   + 2xy + y x+y 7y−4 x  = ( x + y)  +    x+y 7y−4 x , t > 2 = 7−4 t + 2xy + y x+y + 2t + t +1    (1) 0,5 (2) www.VNMATH.com − t + 2t + Xét hàm số f (t) = với t > t +1 Ta có f '(t) = t −7 (t + 1) 2 + 2t + + 28 t + 2t + ; f '(t) = ⇔ t + 2t + = ⇔ t = t +∞ Suy bảng biến thiên + f '(t) Từ bảng biến thiên ta suy – −3 f (t) ≤ −3 với t > f (t) Dấu đẳng thức xảy t = (3) Từ (1), (2) (3) ta suy P ≤ (x + y)(7 − 3) ≤ 8, dấu đẳng thức xảy 0,5 x    +y=2 x t= y ⇔x= =2 ,y= Vậy giá trị lớn P 8, đạt Vì DE ⊥ AC nên DE : x + y + = ⇒ D (t; − t − 3) G 7.a Ta có d (G, AC ) = d ( B, AC ) = E d ( D, AC ) 0,5 D (1; − 4) =1 ⇔ 2= ⇔ = −5 ⇒ D (−5; 2) C Vì D G nằm khác phía AC nên D (1; − 4) t 1−1 = −2.( xB −1) ⇒ B (1; 8) ⇒ BD : x = −4 − = −2( y B − 4) điểm) 2t + D   Ta có GD = −2GB ⇔ B A (1,0 ,y= 3 Câu x=  t Vì A ∈ AC : x − y + = ⇒ A(a; a + 1) =S Ta có S AGC + S AGCD Suy S ABD = 24 ⇔ 1  +1 ACD =  = S ABC  ABC S = ABD S d ( A, BD).BD = 24 ⇔ a −1 12 = 48 ⇔   0,5  A (5; ) a =  a = −3  (tm ) = BC ⇒ C (−3; − 2) Từ AD  ⇒ A(−3; − 2) (ktm)  Vậy A(5; 6), B (1; 8), C (−3; − 2), D (1; − 4) Câu 8.a Vì A ∈ AB ⇒ A(a + 3; a + 4; − 4a − 8) Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng ( ) suy A(1; 2; 0) Vì B ∈ AB ⇒ B ( b + 3; b + 4; − 4b − 8) Ta có (1,0 điểm) ( AB = ⇔ b + ) + b( + ) + 16 b +( ) = 18 ⇔ b = −1  b = −3  B 2; ( 3; − ⇔  B (0; 1; ) )( tm x B >0 ) 0,5 (ktm ) Ta có BC = AB.sin 30 = Mặt khác d 2( ( )) = B,  vng góc B lên ( ) Ta có C ( + c; 3; − + c)∈( ) ⇒ c = Vậy A(1; 2; 0), B (2; 3; − 4), C 7 ; 3; −  5 = BC Từ suy C hình chiếu ⇒C 7 ; 3; − 5  2  0,5  2 Đặt z = x + yi (x, y ∈ ) Khi ta có Câu 9.a (1,0 z+i z + z +1 z = x + ( y + 1)i x − yi + (x + 1) − yi x + yi = ( x + ( y +1)i) (x + yi) + ((x + 1)2− yi )2 (x − yi) x +y 0,5 www.VNMATH.com điểm) 2x 2 −2y +x−y x−y = + x + y +y i x 2 Theo ta có  2x −2y +x−y    2 x + y2 ≠ 0,5  = 2 x −y 2 = x +y ≠0 x +y  ⇔  x +y ⇔ ⇔  x =4y x = ±2 y      x−y =1  x−y =1  5(x − y) x +y  x 2 x +y  x +y = = 5(x − y) + y    x=2y  x = 0, y = (ktm)  *) x = y, suy  ⇔ 5y   x = 2, y = =5y x = ⇒ z = + i −2 y  x = 0, y = (ktm) *) x = −2 y, suy 3i     ⇔  ⇒ z=6−  5y = −15 y  x = 6, y = −3 Câu Gọi I = AC ∩ BE Vì I ∈ AC ⇒ I (t; 2t − 3) Ta thấy I Vậy z = + i, z = − 3i B 7.b trung điểm BE nên E (2t − 4; 4t − 6) Theo giả C thiết (1,0 E ∈ ∆ ⇒ t = ⇒ I (3; 3), E (2; 6) I điểm) Vì AD / / BC, AD = 2BC nên BCDE hình bình hành Suy=raIBC ADC ∆ 0,5 A E D =BC22D⇒  Từ cot = cot I A C cos I BC   Vì C ∈ AC ⇒ C (c; 2c − 3) ⇒ BI (−1; 3), BC (c − 4; 2c −3) Ta có  >1 c 5c − c = cos IBC = ⇔ = ⇔  ⇔  0,5 www.VNMATH.com  x x  log2 −1 =x  x2 −1 = log2 x x = x  ⇔  x ⇔  x  −1  x −1  log2 x −log x  = x   Suy nghiệm hệ x = 2, y = ⇔ −1 = x   x −1 = ⇔ x=  ...www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNGTHPT Mơn: TỐN – Khối B; CHUN Câu Câu (2,0... −1, tiệm cận đứng đường thẳng x = * Chiều biến thi n: Ta có y ' = > 0, với x ≠ ( x −1) Suy hàm số đồng biến khoảng (−∞; 1) (1; + ∞) * Bảng biến thi n: x y +∞ −∞ + +∞ y' y + −1 −1 −1 O −∞ −1 x... −7 (t + 1) 2 + 2t + + 28 t + 2t + ; f '(t) = ⇔ t + 2t + = ⇔ t = t +∞ Suy bảng biến thi n + f '(t) Từ bảng biến thi n ta suy – −3 f (t) ≤ −3 với t > f (t) Dấu đẳng thức xảy t = (3) Từ (1), (2) (3)