1
TRƯỜNG 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
Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
10. Tập xác định: }.1{\
20. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có 2lim
 y
x và .2lim
 y
x
Giới hạn vô cực:

y
x)1(
lim và .lim)1(

y
x
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng
,
2
y
tiệm cận đứng là đường thẳng
.
1
x
* Chiều biến thiên: Ta có .1,0
)1(
3
'2
x
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 )1;0(
và
nhận giao điểm )2;1(
I của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng.
0,5
b) (1,0 điểm)
Gọi 1,
1
12
;0
0
0
0
x
x
x
xM là tiếp điểm. Theo bài ra ta có
2
MA
hay 41
1
12 2
0
0
2
0
x
x
x 4
1
22
0
0
2
0
x
x
x
.2
0
)1(,0)64)(2(
0
0
00
2
000 x
x
xxxxx
0,5
Câu 1.
(2,0
điểm)
Với ,0
0
x phương trình tiếp tuyến là )0()0).(0(' yxyy
hay
.
1
3
x
y
Với ,2
0
x phương trình tiếp tuyến là )2()2).(2(' yxyy
hay .
3
1
3
1 xy
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là
1
3
x
y
và .
3
1
3
1 xy
0,5
Câu 2.
(1,0
điểm)
Điều kiện: ,0sin
x hay .,
kkx
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
xxxx
x
x
xcossin2sin2cos
sin
cos
)cos1(
0)sin(cossin2cos)sin21(cos
cossin2sinsin2coscoscos
222
222
xxxxxx
xxxxxxx
.0)1sin(cos2cos
02cossin2cos2coscos
xxx
xxxxx
0,5
x
'y
y
1
2
+ +
2
x
O
y
I
1
2
1
2
1
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
2
*) ,
2
4
02cos
kxx thỏa mãn.
*)
2
44
2
1
4
cos01sincos kxxxx
tm.,2
2
ktm,2
kx
kx
Vậy phương trình có nghiệm .,2
2
,
2
4
 kkxkx
0,5
Điều kiện: .002
2 yyyx
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có .3
2 xxxy
Thế vào phương trình thứ hai ta được
022622)1(3)1( 222 yyxxxyx
.01
2
2
2
3
0)2(232
22
22
x
y
x
y
yxyx
0,5
Câu 3.
(1,0
điểm)
Từ đây ta có 1
2
2
x
y hay .2
2 xy
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có
03)2( 22 xxxx .10)3)(1( 2 xxx Suy ra
.
3
y
Vậy nghiệm của hệ là
.
3
,
1
y
x
0,5
Đặt tx
sin ta có txx ddcos
và khi ,
2
1
6 tx
khi .1
2
tx
Khi đó
1
2
1
2.d
)1ln( t
t
t
I 0,5
Câu 4.
(1,0
điểm)
Đặt ,
1
d
d)1ln( t
t
utu
.
1d
d2t
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
11
2
3
ln22ln
)1(
d
)1ln(
1t
tttt
t
t
t
I
.
16
27
ln2ln43ln3|1|ln||ln2ln33ln2
2
1
1
2
1
1
tt
0,5
Vì 222 BCACAB nên .900
BAC (1)
Kẻ
BC
AH
tại H, vì (1) nên H thuộc đoạn BC. Vì
)()( BCDABC
nên ).(BCDAH
Kẻ
CD
HK
tại K
đường xiên
,
CD
AK
từ giả
thiết .600
AKH
Sử dụng định lí cosin cho 2
1
cos ACBABC
AHCACB 0
45 vuông cân ở H
.323 aHCBCBHaHCAH
Câu 5.
(1,0
điểm)
Vì HK, BD cùng vuông góc CD nên .
3
1
// CB
CH
BD
HK
BDHK
Mà aBDBCCDaBDaAHHK 23,360cot 220
.
2
63
.
3
1
2
29
.
2
132 a
SAHV
a
DCBDS BCDABCDBCD
0,5
A
B D
C
K
H
'
H
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
3
Kẻ
AK
HH
'
tại
,
'
H
vì )(AHKCD
nên ).('' ACDHHHHCD
Từ công thức đường
cao của tam giác vuông AHK .
2
3
'a
HH (2)
Do 3
HC
BC nên
)(,3)(, ACDHdACDBd
. (3)
Từ (2) và (3) suy ra
.
2
33
)(, a
ACDBd
Chú ý: HS có thể tính
.
3
)(,
ACD
ABCD
S
V
ACDBd
0,5
Từ giả thiết ta có .
1
22 22
xy
yxxy Đặt
0
t
xy
ta được t
tt 1
22 2
0)12)(1)(1(0)12(2 23 tttttt .1
2
1
0)12)(1( ttt
Với
0
,
y
x
và
1
xy
ta có xy
yx
1
2
1
1
1
1
22 . (1)
Thật vậy, ,0
)1)(1)(1(
)1()(
)1( 22
2
xyyx
xyyx đúng do
0
,
y
x
và
1
xy
.
Khi đó ta có .
21
3
1
4
21
3
1
4
ttxyxy
P
(2)
0,5
Câu 6.
(1,0
điểm)
Xét hàm số tt
tf 21
3
1
4
)(
trên .1;
2
1
Ta có
.1;
2
1
,0
)21()1(
125
.2
)21(
6
)1(
4
)(' 22
2
22
t
tt
tt
tt
tf
Suy ra .1;
2
1
,
6
7
2
1
)(
tftf (3)
Từ (2) và (3) ta có .
6
7
P Dấu đẳng thức xảy ra khi 2
1
xy và
y
x
.
2
1
yx
Vậy giá trị lớn nhất của P là ,
6
7 đạt được khi .
2
1
yx
0,5
(C) có tâm .5),2;1( RI ).2;(
aaAdA
Từ tính chất tiếp tuyến
BC
IA
tại H là trung điểm BC.
Giả sử )0(,
nmnIHmIA
222 5, nIHIBBHnmHA
.85)(..
2
12 nnmAHBHAHBCS ABC (1)
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Trong tam giác vuông
IBA
có .
5
.5.
2
n
mnmIAIHBI (2)
Thay (2) vào (1) ta có
.0)12514)(1(01251391585
52422462
nnnnnnnn
n
Suy ra
.
5
,
1
m
n
Suy ra
).2;4(
)3;1(
4
1
25)4()1(5 22
A
A
a
a
aaIA
0,5
Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn
.01
0
zy
zyx Đặt
t
y
ta có
1
12
tz
tx
).1;;12(
tttD
0,5
Câu
8.a
(1,0
điểm)
.12
6
3
3
|3|
62
6
1
].,[
6
1
t
t
t
tADACABVABCD
Suy ra ).13;12;25(),5;6;11(
DD
0,5
A
C
I
B
d
H
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
4
Đặt ).R,(,
babiaz Từ giả thiết ta có 2
2)1()1(1 aibibabia
).1(2
)1(21
)1(2)1(21
2
2
bab
ba
ibabbia
Suy ra )1(,0)12)(2()1(,)1(2
)1(2
122
bbbbb
b
b
.
2
1
2
1
12
ab
ab
Suy ra
i
z
2
1
hoặc .
2
1
2
1iz
0,5
Câu
9.a
(1,0
điểm)
*) Với
,
2
1
i
z
ta có .52121
22
4
21
1
4
iii
i
i
z
z
*) Với ,
2
1
2
1iz ta có .
2
27
1
2
7
1
8
2
1
2
1
1
4
i
i
i
z
z
0,5
(C) tiếp xúc với 1
tại M I
IM
CM
1
)( thuộc đường thẳng
1
d tại M.
Phương trình .21),3;(03: aIMRaaIyxd
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
(C) tiếp xúc với 2
nên
2
3
21
25
|226|
),( 2a
a
a
a
RId
2),1;2(
24),6;3(
RI
RI
Suy ra 32)6()3(:)( 22 yxC hoặc .2)1()2(:)( 22 yxC
0,5
Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến ).1;1;1(],[ PQ nABn
Suy ra .05:)(
zyxQ
Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P). Suy ra tọa độ C thỏa mãn
.052
05
zyx
zyx
0,5
Câu
8.b
(1,0
điểm)
Đặt ).5;0;(
5
0
ttC
tz
y
tx
).2;0;3(
)0;0;5(
3
5
14334)82(3
2
1
],[
2
12
C
C
t
t
tttACABSABC
0,5
Ta có
4
31
)31(31.
)31()31(
1
)31(31
1
22
i
i
i
i
i
.
3
sin
3
cos
2
1
i
Đặt .0),sin(cos
rirz
Khi đó .)
3
sin()
3
cos(
2
)31(31
)1(
i
r
i
zi
Theo bài ra ta có .
663
Suy ra .
2
2
3i
rr
z
0,5
Câu
9.b
(1,0
điểm)
Từ giả thiết của bài toán ta có iriri
rr 33
22
3
.
3
2
2
)1(4)1()1(3
22
32222
2
2
r
r
rrrr
rr
Từ đó ta có .
3
1
3
3
,3 iziz
0,5
I
1
2
M(1; 2)
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com