www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 CHUYÊN Mơn: TỐN; Khối: A; 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 x+ 1−x Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2 ≥ − 3x − 4x  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân cos 3x + 2cos x dx ∫ + 3sin x − cos 2x I= Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A' B 'C ' D ' có đáy ABCD hình thoi cạnh a 3, BD = 3a, hình chiếu vng góc B lên mặt phẳng ( A' B 'C ' D ') trung điểm A'C ' Biết cơsin góc tạo hai mặt phẳng ( ABCD) (CDD 'C ') kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 21 A' BC ' D ' Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A' B 'C ' D ' bán Câu (1,0 điểm) Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ a thức P = (b + c) 2 b + + 5bc (c + a) biểu − + 5ca (a + b) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 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 = , đường thẳng AC nằm mặt phẳng ( ) : x + z −1 = BAC −4 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 A; CHUYÊN Câu Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Câu (2,0 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: y x −∞ 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)  +2  x0 , ta có M ⇔  x0 =   2x + x −1 0= 1      Phương trình cho tương đương với (1,0 điểm)  ⇔ −(cos x + sin x)(sin x − cos x) (cos x − sin − (sin 2x −1) = x+ 0,5 2  + hay y = 8x −1 x− cos 2x(sin x − cos x) − sin 2x + = ⇔  ; , suy pt tiếp tuyến y = y '     Câu = −1 *) Với x0 = −1, ta có M (−1; 0), suy pt tiếp tuyến y = y '(−1).(x +1) hay y = *) Với x = = 0,5  2x 20 − 5x + 0=  x0 −1−1 ⇔ 0 −x −1  = ⇔ 2x x0 −1 2x −0 ) 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) = *) sin 2x −1 = ⇔ sin 2x = ⇔ 2x = *) cos x + sin x −1 = ⇔ sin  x +  + k 2 ⇔ x =    + k , 2k ∈      =   ⇔  x +  4= x + = +  3  k 2 + k4 2  x = k 2 ⇔ x = + k 2 , k ∈   0,5 www.VNMATH.com  Vậy nghiệm phương trình x = (1,0 điểm)  + k 2 , k ∈  ≥0 x Câu + k , x = k 2 , x = ≤x≤1 0 Điều kiện:  1− x  ≥ −3 ⇔  −3 − 241    − 3x − x ≥ Bất phương trình cho tương đương với x +1 − x  ≤x≤ + x(1− x ) ≥ − 3x − 4x + 41 ⇔ 3(x 0,5 −3 + 412 ⇔ ≤ x ≤ + x) − (1 − x) + (x + x )(1 − x) ≥ (*)  x ⇔3 +x x +2 1−x 2 +x x +x −1 ≥ ⇔ 1−x ≥ 1− x ⇔ 9x +10x −1 ≥ ⇔ ≥ x  −5 + 34  −5 − 34  x ≤ −5 + 34 Kết hợp điều kiện (*), ta suy nghiệm bất phương trình ≤x≤ −3 + 41  (1,0 Ta có I= (4cos Đặt t = sin x Khi x=0 x −1) cos x ∫ + 3sin x − (1 − 2sin điểm) dx = − 4sin ∫ 2sin x) t = 0, x =  t = Suy 2 d(sin x) 0,5 x + 3sin x + 1  6t + + ∫ −2  (2t + 1)(t +1)  =   ∫ +  dt =  −2   ∫−2 +  t+1 = −2 + 2ln + ln = ln18 − *) Áp dụng định lý côsin cho tam giác A' B ' D ' suy D B' A' 3a B 0,5 = (−2t + 2ln(2t + 1) + ln(t + 1))  dt a điểm) + 3t +1 A (1,0 dt  dt (2t + 1)(t +1) + 2t +1 Câu (4t + 4) + (2t + 1)  − 4t ∫ 2t I = = x 0,5  Câu D ' = 120 Do A' B 'C ', A'C ' D ' tam giác cạnh a Gọi O = A'C '∩ B ' D ', ta có BO ⊥ ( A' B 'C ' D ') C Kẻ OH ⊥ A ' B ' H, suy A' B ' ⊥ ( BHO) Do ((ABCD),(CDD'C ')) = BHO A' D' H 21  G O Từ = cos B HO C' B' 0,5  ⇒ tan = B HO HO 60 ⇒ BO = HO.tan= BA'O.sin Vậy V *) Vì BO = a = a = ABCD A' B 'C 'D ' = a 9a a 3.a 3.sin 60 = A'C ' nên tam giác A' BC ' vng B Vì B ' D ' ⊥ ( A' BC ') nên B ' D ' trục đường tròn ngoại tiếp tam giác A' BC ' Gọi G tâm tam giác A'C ' D ' Khi 0,5 GA' = GC ' = GD ' GA' = GB = GC ' nên G tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A' BC ' D ' Mặt cầu có bán kính R = GD ' = OD ' = 3a = a 3 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có Câu a2 (1,0 điểm) a2 ≥ (b + c) + 5bc (b + c) + = (b + c) 4a 2 9(b + c) b2 Tương tự, ta có ≥ (c + a) + 5ca a2 (b + c) + 5bc 9(c + a) 0,5 Suy 4b b2 + (c + a) + 5ca ≥  a2  (b + c) +  b2 (c + a)  ≥ 2  a 9 b+c + b c+a  www.VNMATH.com 2  2 a +b + c(a + b) 2 + c(a + b)   (a + b)  2  2(a + b) + 4c(a + b) 2  =  ≥    =   ab + c(a + b) + c   (a + b)  + c(a + b) c+ c  Vì a + b + c = ⇔ a + b = 1− c    (a + b)   nên + 4c(a + b) + 4c f '(c) – + 0,5 2  2(1 − c) + 4c(1− c)  P≥ c) 8 f (c)  − (1 − c) 2  − 1 − =  − (1− (1)  (1 − c) + 4c(1− c) + 4c   c +1  Xét hàm số f (c) = 8 1−  − (1 − c)  c +1 với c ∈ (0; 1)   Ta có f '(c) = 16  1−   c +1   f '(c) = ⇔ (c −1) (  64 − (3c + 3) (c +1) − (c −1);  ) =0⇔c= Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c) ≥ − với c ∈ (0; 1) (2) Từ (1) (2) suy P ≥ − , dấu đẳng thức xảy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P − , đạt a = b = c = Câu B A 7.a Vì DE ⊥ AC nên DE : x + y + = ⇒ D (t; − t − 3) G Ta có d (G, AC ) = d ( B, AC ) = d ( D, AC ) (1,0 E điểm) 1 2t + t = 0,5 www.VNMATH.com Đặt z = x + yi (x, y ∈ ) Khi ta có Câu z+i 9.a + z +1 x + ( y + 1)i = x − yi (x + 1) − yi x + yi (1,0 2x điểm) + x + y = ( x + ( y +1)i)(x + yi) + (( x + 1) − yi )( x − yi) + +y + y 0,5 x−y = z −2y +x−y x z 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 = *) x = y, suy  x = 0, y = (ktm) 2y  ⇔ 5y = y  x =  ⇒ z = + i  x = 2, y = −2 y  x = 0, y = (ktm) *) x = −2 y, suy  ⇔  ⇒ z=6− 3i 5y = −15 y  x = 6, y = −3 Vậy z = + i, z = − 3i Gọi I = AC ∩ BE Vì I ∈ AC ⇒ I (t; 2t − 3) Ta thấy I Câu B 7.b C trung điểm BE nên E (2t − 4; 4t − 6) Theo giả thiết (1,0 điểm) E ∈ ∆ ⇒ t = ⇒ I (3; 3), E (2; 6) I Vì AD / / BC, AD = 2BC nên BCDE hình bình hành 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=  ... biến thi n: Dựa vào bảng biến thi n ta có f (c) ≥ − với c ∈ (0; 1) (2) Từ (1) (2) suy P ≥ − , dấu đẳng thức xảy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P − , đạt a = b = c = Câu B A 7.a Vì DE ⊥ AC nên DE. .. −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: y x −∞ y' y + +∞ + +∞ −1 −1 −1 O −∞ −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 A; CHUN Câu Thời gian