TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: B; Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
x 1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y
.
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng
3
: y 2 x 1 bằng
.
5
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin x(cos 2 x 2cos x) cos 2 x cos x 1.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 3x x3 1 x3 x 2 19 x 16.
2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I
0
cos3x 2cos x
dx.
2 3sin x cos 2 x
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại B và C, AB 2 BC 2CD 2a,
SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Gọi H, M, N lần lượt là
trung điểm của AB, SH, BC và P là điểm thuộc tia đối của tia HD sao cho HD 4 HP. Tính theo a thể tích
của khối chóp S.APND và chứng minh rằng ( MNP ) ( MCD).
Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y là các số thực dương thỏa mãn x y 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P 7( x 2 y ) 4 x 2 2 xy 8 y 2 .
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 hình bình hành ABCD có phương trình đường
chéo AC : x y 1 0, điểm G (1; 4) là trọng tâm của tam giác ABC, điểm E (0; 3) thuộc đường cao kẻ từ
D của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD
bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương.
300 ,
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C, BAC
x 3 y 4 z 8
AB 3 2, đường thẳng AB có phương trình
, đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng
1
1
4
( ) : x z 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh B có hoành độ dương.
z i z 1 7 1
i.
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn
z
z
5 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 2 BC , đỉnh
B (4; 0), phương trình đường chéo AC là 2 x y 3 0, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng
: x 2 y 10 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cot
ADC 2.
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) và mặt phẳng
( ) : x 5 y 2 z 5 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) sao cho MA AB và d A, MB
330
.
31
4 xy ( xy 2)2 xy xy 3 0
( x, y R).
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2
log 2 ( x y ) log 2 x.log 2 y 0
------------------ Hết -----------------Ghi chú: BTC sẽ trả bài vào các ngày 21, 22/6/2014. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC.
Chóc c¸c em häc sinh ®¹t kÕt qu¶ cao trong Kú thi tuyÓn sinh §¹i häc n¨m 2014 !
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Câu
Câu 1.
(2,0
điểm)
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014
Môn: TOÁN – Khối B; Thời gian làm bài: 180 phút
Đáp án
a) (1,0 điểm)
10. Tập xác định: R \ {1}.
20. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y 1 và lim y 1.
x
Điểm
x
Giới hạn vô cực: lim y và lim y .
x 1
x 1
0,5
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y 1, tiệm cận đứng là đường thẳng x 1.
2
* Chiều biến thiên: Ta có y '
0, với mọi x 1.
( x 1) 2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; .
* Bảng biến thiên:
y
x
y'
1
+
+
y
1
1
1
1 O
1
x
1
0,5
I
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.
b) (1,0 điểm)
x 1
3
Gọi tiếp điểm M x0 ; 0
(C ). Khi đó ta có d ( M , )
x0 1
5
x 1
2 x0 1 0
3 2 x02 2 x0 2 3 x0 1
x0 1
2 x0
x0 1
1
x0 1
1 2
2
2
3
5
0,5
x0 1
2 x02 2 x0 2 3( x0 1)
2 x02 5 x0 5 0
2
2
x0 1 .
2 x0 2 x0 2 3( x0 1)
2 x0 x0 1 0
2
*) Với x0 1, ta có M (1; 0), suy ra pt tiếp tuyến y y '(1).( x 1) hay y
Câu 2.
(1,0
điểm)
1
1
x .
2
2
1
1
1
1
*) Với x0 , ta có M ; 3 , suy ra pt tiếp tuyến y y ' . x 3 hay y 8 x 1.
2
2
2
2
Phương trình đã cho tương đương với
cos 2 x(sin x cos x) sin 2 x 1 0 cos 2 x sin 2 x (sin x cos x) (sin 2 x 1) 0
(cos x sin x)(sin x cos x) (sin 2 x 1) 0
(cos x sin x)(1 sin 2 x) (sin 2 x 1) 0 (sin 2 x 1)(cos x sin x 1) 0.
2
*) sin 2 x 1 0 sin 2 x 1 2 x
2
k 2 x
4
0,5
0,5
k , k Z .
x k 2
x 4 4 k 2
1
*) cos x sin x 1 0 sin x
x k 2 , k Z .
3
4
2
x
k 2
2
4
4
Vậy nghiệm của phương trình là x
4
k , x k 2 , x
1
2
k 2 , k Z .
0,5
Câu 3.
(1,0
điểm)
Điều kiện: x 3 1 0 x 1.
Phương trình đã cho tương đương với 3 x ( x 1)( x 2 x 1) ( x 3 1) ( x 2 x 1) 18( x 1).
Đặt a
0,5
x 1, b x 2 x 1, a 0, b 0. Khi đó phương trình trở thành
3(a 2 1)ab a 2b 2 b 2 18a 2
a 2b(3a b) b(3a b) 2(b 2 9a 2 )
(3a b)(a 2b b 6a ) 0
3a b 0, vì a 2b b 6a 0.
Suy ra 3 x 1
0,5
x 2 x 1 x 2 10 x 8 0 x 5 33, thỏa mãn điều kiện.
Vậy nghiệm của phương trình là x 5 33.
Câu 4.
(1,0
điểm)
2
2
(4cos 2 x 1)cos x
3 4sin 2 x
Ta có I
d
x
d(sin x).
2
2
2
3sin
x
(1
2sin
x
)
2sin
x
3sin
x
1
0
0
0,5
1
3 4t 2
Đặt t sin x. Khi x 0 thì t 0, khi x
thì t 1. Suy ra I 2
dt
2
2t 3t 1
0
1
1
6t 5
(4t 4) (2t 1)
2
dt 2
dt
(2
t
1)(
t
1)
(2
t
1)(
t
1)
0
0
1
Câu 5.
(1,0
điểm)
B
N
C
1
4
1
2
d
t
2
t
2ln(2
t
1)
ln(
t
1)
2 2ln 3 ln 2 ln18 2.
2
t
1
t
1
0
0
*) Vì SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong
S
mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên
1
SH AB a và SH ABCD . Suy ra
2
M
1
VS . APND .SH . S APD S NPD
3
P
5a
5a
a.
a.
H
A
1 4
5a 3
a
4
.
3 2
2 12
0,5
0,5
D
*) Ta có CD DH , CD SH CD SDH CD MP
(1)
Ta chứng minh MP MD. Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông MHD, MHP ta có
a 5
a 5
25a 2
, MP
. Khi đó MD 2 MP 2
DP 2 . Suy ra MP MD
2
4
16
Từ (1) và (2) suy ra MNP MCD , điều phải chứng minh.
MD
Câu 6.
(1,0
điểm)
(2)
0,5
Vì x, y là các số thực dương nên
7( x 2 y ) 4 x 2 2 xy 8 y 2
P ( x y)
x y
Đặt t
7 y 4 x 2 2 xy 8 y 2
( x y) 7
x y
7 y 4 x 2 2 xy 8 y 2 7 4 t 2 2t 8
x
, t 0 khi đó
.
y
x y
t 1
Xét hàm số f (t )
7 4 t 2 2t 8
với t 0.
t 1
2
.
(1)
0,5
(2)
Ta có f '(t )
7 t 2 2t 8 28
(t 1)
2
t 2t 8
2
; f '(t ) 0 t 2 2t 8 4 t 2.
t
Suy ra bảng biến thiên
f '(t )
Từ bảng biến thiên ta suy ra f (t ) 3
2
0
+
f (t )
0
–
3
với mọi t 0. Dấu đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi t 2.
0,5
(3)
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra P ( x y )(7 3) 8,
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x y 2
4
2
4
2
x , y . Vậy giá trị lớn nhất của P là 8, đạt khi x , y .
x
3
3
3
3
t y 2
Vì DE AC nên DE : x y 3 0 D t ; t 3 .
B
A
Câu
7.a
(1,0
điểm)
1
1
Ta có d G, AC d B, AC d D, AC
3
3
D 1; 4
t 1
1 2t 4
2 .
.
3
2
t 5 D 5; 2
Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D 1; 4 .
G
E
D
C
0,5
1 1 2. xB 1
Ta có GD 2GB
B 1; 8 BD : x 1.
4 4 2 yB 4
Vì A AC : x y 1 0 A a; a 1 .
4
4
1
Ta có S AGCD S AGC S ACD 1 S ABC S ABC S ABD .
3
3
3
A 5; 6 tm
a 5
1
Suy ra S ABD 24 .d A, BD .BD 24 a 1 .12 48
2
a 3 A 3; 2 ktm
Từ AD BC C 3; 2 .
0,5
Vậy A 5; 6 , B 1; 8 , C 3; 2 , D 1; 4 .
Câu
8.a
(1,0
điểm)
Câu
9.a
(1,0
điểm)
Vì A AB A a 3; a 4; 4a 8 . Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng suy
ra A 1; 2; 0 . Vì B AB B b 3; b 4; 4b 8 . Ta có
B 2; 3; 4 tm xB 0
b 1
AB 3 2 b 2 b 2 16 b 2 18
b 3
B 0; 1; 4 ktm
3 2
3
. Mặt khác d B,
Ta có BC AB.sin 300
BC. Từ đó suy ra C là hình chiếu
2
2
3
5
7
vuông góc của B lên . Ta có C 2 c; 3; 4 c c C ; 3; .
2
2
2
5
7
Vậy A 1; 2; 0 , B 2; 3; 4 , C ; 3; .
2
2
2
2
0,5
2
0,5
Đặt z x yi ( x, y R). Khi đó ta có
z i z 1 x ( y 1)i ( x 1) yi x ( y 1)i ( x yi ) ( x 1) yi ( x yi )
z
z
x yi
x yi
x2 y 2
2x2 2 y 2 x y
x y
2
i.
2
2
x y
x y2
3
0,5
Theo bài ra ta có
2x2 2 y 2 x y 7
x2 y 2 3
x2 y 2 0
x2 y 2 0
2
2
2
2
5
5
x y
x y
x2 4 y 2
x 2 y
x y 1
x y 1
2
2
2
2
2
2
x y 5( x y ).
x y 5( x y )
x y
x 2 y 2 5
5
x 0, y 0 (ktm)
x 2 y
*) x 2 y, suy ra 2
z 2 i.
x 2, y 1
5 y 5 y
Câu
7.b
(1,0
điểm)
0,5
x 0, y 0 (ktm)
x 2 y
*) x 2 y, suy ra 2
z 6 3i.
x 6, y 3
5 y 15 y
Vậy z 2 i, z 6 3i.
Gọi I AC BE. Vì I AC I t ; 2t 3 . Ta thấy I là
B
trung điểm của BE nên E 2t 4; 4t 6 . Theo giả thiết
C
I
A
D
E
E t 3 I 3; 3 , E 2; 6 .
Vì AD / / BC , AD 2 BC nên BCDE là hình bình hành.
.
Suy ra
ADC IBC
cot
2 .
Từ cot IBC
ADC 2 cos IBC
5
0,5
Vì C AC C c; 2c 3 BI 1; 3 , BC c 4; 2c 3 . Ta có
c 5
2
5c 5
2
c 1
cos IBC
2
.
2
c 7
3
c
22
c
35
0
5
5
10. 5c 20c 25
3
7 5
Suy ra C 5; 7 hoặc C ; .`
3 3
Với C 5; 7 , ta thấy I là trung điểm của AC nên A 1; 1 , vì E là trung điểm của AD nên D 3; 13 .
Câu
8.b
(1,0
điểm)
7 5
11 13 1 23
Với C ; , tương tự ta có A ; , D ;
.
3 7
3 3 3 3
Ta có AB 1; 1; 3 , n 1; 5; 2 . Ta thấy A nên đường thẳng MA có VTCP là
x 2 y 1 z 1
uMA AB, n 17; 5; 4 MA :
M 17 m 2; 5m 1; 4m 1 .
17
5
4
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có
1
1
1
AM 330.
2
2
2
d A, MB AM AB
0,5
0,5
Suy ra 17 m 5m 4m 330 m 1 M 15; 6; 5 , M 19; 4; 3
Điều kiện: x y 0.
Đặt t xy 0, phương trình thứ nhất của hệ trở thành
2
Câu
9.b
(1,0
điểm)
0,5
2
2
4t (t 2)2t t 3 0 (2t 1)(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 1, hay y .
x
1
1
x2 1
Thế vào pt thứ hai của hệ ta được log 22 x log 2 x.log 2 0 log 22
log 22 x
x
x
x
2
2
x 1
x 1
log 2 x
x
log 2
x2 1 x2
x
x
2
2
x 2.
x 1 1
x2 1
x 1 1
log 2 x
log 2
x
x
x
4
0,5
0,5
Suy ra nghiệm của hệ là x 2, y
1
.
2
5
- Xem thêm -
.PDF 
6 
355 
105 
