TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối: B và D; Thời gian làm bài: 180 phút
y
=
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
x - 3 2 . - 1 x
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
+ y m = 0 + 3 cắt (H) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho. b) Tìm m để đường thẳng d x : A điểm (1; 0).
x
+ - 1
2
x
x
+
2
+ 1
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3 x x = + 3 4sin x + + cos (1 sin ). x x +
=
4
2 .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
( x 16 1 3 (cid:242)
0
x + 1) Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = x d . 2cos2 ) 2 + 1 .8 2ln(3 + x 2 + ( x 1)
a =
2,
1 1 1
1 B C tạo với mặt AA 1 0 45 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C có . đường thẳng
2
2
2
0
<
(
x
+
y
)
+
(
y
+
z
)
+
(
z
+
x )
£
18.
2
2
phẳng thẳng ABB A một góc ( ) 1 1 1 AB và BC. Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn
2 z
4 z ) . 2 + z )
+ + - = P x y Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức + + y 2 + y x ( 2 x 3( 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
M
(0; 3) H - là trung điểm cạnh AC, (2; 1) thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C. Tìm tọa
x
2
z
2
d
:
=
=
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho tam giác ABC có (23; 2) E - y 5 0 3 điểm độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng là chân đường cao kẻ từ A, điểm + : 2 d x - = và điểm C có hoành độ dương.
+ 1
- y 1 - 1
- 2
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng , và hai
3 0, ( P x ) : + = + + 2 z 2 y - 2 z + = Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng 0. 7 mặt phẳng ( - Q x ) : y 2 thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q).
{ } E = 1, 2, 3, 4, 5 .
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho tập hợp Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số,
các chữ số đôi một khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10.
b. Theo chương trình Nâng cao
CD =
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho hai điểm (1; 2), A (4; 1) và đường thẳng 6. B + = Viết phương trình đường tròn đi qua A, B và cắt D tại C, D sao cho 5 0. : 3 y D - 4 x
M
(1; 1; 0)
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm , và hai đường thẳng
1 d và
2 d
z x 1 1 y 3 Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với : = = = : , = d 1 d 2 - 1 y - 3 - 1 x - 1 - 1 - z 2 . - 3
+ - 2 1 đồng thời cách M một khoảng bằng 6.
n
. . .
C
-
+
C
C
C
-
+
+
=
0 n
1 n
n C n
3 n
2 n
1 2
1 4
1 5
1 . 156
( 1) - 2 + n
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n thỏa mãn
1 3 Hết
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 NĂM 2014 Môn: TOÁN – Khối B, D; Thời gian làm bài: 180 phút
Câu Đáp án Điểm
R \{1}.
y
=
2.
y
2
Câu 1. (2,0 điểm)
= và lim x fi+¥ = +¥ .
Giới hạn vô cực: a) (1,0 điểm) 1 0 . Tập xác định: 2 0 . Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim x fi-¥ = -¥ và y y lim + fi x 1 lim - fi 1 x 0,5 Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2, tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1.
-¥
* Chiều biến thiên: Ta có y ' = > " „ 0, x 1. 1 2 - 1) ( x
) + ¥ .
) ; 1
và ( 1;
y
x
1
¥ -
¥ +
' y
+
+
¥ +
3
y
2
2
I
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( * Bảng biến thiên:
¥ -
2
0,5
x
O
1
3 2
3 0 . Đồ thị:
cắt Oy tại (0;3). Đồ thị cắt Ox tại 3 2
d y :
= -
x
-
(cid:230) (cid:246) ; 0 , (cid:231) (cid:247) ł Ł của hai tiệm cận I Nhận giao điểm (1; 2) làm tâm đối xứng. b) (1,0 điểm)
m . 3
2
x
-
= -
Ta có Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình
(
x
+
+
m
5)
- x m
- = 9
1.
„
0,
x
1 3 m , 3 2 7)
(1) hay 0,5
12 0, > + với mọi m. Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Hơn nữa
2
2
uuur AN
1;
),
-
=
(
1 - 3 2 x 3 1 - x + m D = ( Ta có , x x đều khác 1. Do đó d luôn cắt (H) tại 2 điểm phân biệt cả 2 nghiệm 1 uuuur Ta có AM x = ( 1
y 1
; ), ( ; M x ( 1 y N x 1 y ). 2
Hay ( - 1)( - + 1) = 0 Tam giác AMN vuông tại A (cid:219) 0. x 1 x 2 y y 1 2
2
2
+
10
(cid:219)
x x 1 2
1)( x - + 1) + + = 0 (cid:219) - ( x 1 x m x m ) )( 1 0,5
- +
x - y ). 1; 2 2 uuuur uuur = AM AN . 1 ( 9 x ) + + x 2 1 = - - m 5, 2 m
(2) 9 0. + = = - - Thay vào (2) ta được m 9.
2 m x x 1 2 9 0
9)( x 2 - - m
m ( Áp dụng định lý Viet, ta có 1 x 9)( - - m 6.
5) + + = (cid:219) - m 6 - 36 0 = (cid:219) = - m 6. -
2
x + 1) + 10( 9) m ( Vậy giá trị của m là m = - Phương trình đã cho tương đương với - x sin 3 x sin 2cos 2 sin x 2cos 2 x 2cos 2 + + = = x x (cid:219) x 3(sin + + 1) + x 1)(cos (sin cos (sin x + 3) x Câu 2. (1,0 điểm) 0,5 (cid:219) (sin x + 1)(2cos 2 x - cos - x 3) = 0
(cid:219) (sin x + 1)(4cos x - cos - x 5) = 0
(cid:219) (sin x + 1)(cos x + 1)(4cos - x 5) = 0.
k ˛ Z .
*) sin x 1 k = - (cid:219) = - + x p 2 , k ˛ Z .
x
= -
k
p 2 ,
x
= + p
k
p 2 ,
k
˛ Z .
0,5 *) cos x *) 4cos p 2 = - (cid:219) = + 1 x k p p 2 , x - = vô nghiệm. 5 0
p + 2
x ‡ -
Vậy phương trình có nghiệm
1 2 Phương trình đã cho tương đương với
Điều kiện: .
x
+ - 1
2
4
x
x
+
3 2
+ 1
4
( x
) 2 + 1 .2
2 2
(cid:219)
Câu 3. (1,0 điểm) = 0,5
4 + - 1 2 x + 1 3 2 x + = 1 2 x + 4 2 ( x
x + - 2 2 2 x + + 3 2 x + = 1 2 x + 4. 1
) 2 + ) 2
(cid:219) ( 2 0,
2
+ -
t 1 2
=
+
t 3
3
+
2 t
3
2
( t (cid:219) 4 - t
Đặt 2 x + = ‡ t 1 phương trình trở thành
(cid:219)
-
t (
2)
-
0
+
1)
2
(cid:219)
t t - (
) 2 2 - - = t ) 2 = 1 + > với mọi 1 0
1)
t 4 + t 5 0 0,5
( t t ( t = vì 2,
x =
t ‡ 0.
3 2
1
1
Từ đó giải được nghiệm của phương trình ban đầu là .
2
(cid:242)
0
0
Ta có I = d x + 2 x d . x 3 + 1) ( x ln(3 (cid:242) x ( + x 1) 2 + 1)
0,5 Câu 4. (1,0 điểm) = (cid:222) = - v v d Đặt u = + (cid:222) = x ln(3 u d 1) 1 + x . 1 ( x 3d , + x 1 3
1
1
x d 2 + x 1) Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có
(cid:242)
0
1 (cid:242) 6 (3 0
0
1
1
1) = + I - x d + + x x + x 2ln(3 + x 1 x d 1)( 1) x 3 2 + x 1) (
(cid:242)
0
0
1
1
- - - = + ln 4 3 0,5 3 + 1 + x x 3 + x x 1 ( 3 2 + 1) 3 1 (cid:230) (cid:242) (cid:231) Ł (cid:246) x d (cid:247) 1 ł (cid:246) x d (cid:247) ł (cid:230) (cid:231) Ł
0
0
- = + x + ln 4 3ln 3 1 4ln 2. 3 = - + 2 3 + x 1
C
Từ giả thiết suy ra ABC Kẻ
^ CH AB ,
K
A
H
CH
(cid:222)
, (
=
^
(
)
ABC ^ ( ). D BB 1
• = CB H 1
1
B
Câu 5. (1,0 điểm)
đều và H là trung điểm AB. Khi đó ) • 0 ( ABB A B C ABB A 45 ) 1 1 1 1 vuông cân tại H.
x
3
và
Giả sử
BC x
= > (cid:222)
0
CH
=
a
2
E
2
(cid:222) D CHB 1
1 C
2
2
0,5
2 a
2 x 4
1 K
1 A
2 x
3
= CH B H
(cid:222) = (cid:222)
2
a
x
S
=
=
2 a
3
Từ
1
ABC
1 B
4
Suy ra thể tích lăng trụ
V
=
=
3 a
6.
AA S 1 .
ABC
= + BH = 2 + . B H 1 B B 1
Gọi
1
, KE ^ , K K là trung điểm 0,5 BC B C Kẻ . 1 1 AK 1 .
Vì
nên
(
)
=
KE .
^ ( ^ (cid:222) ^ ( KE
(1)
Vì
B C 1 1 BC / /( KE ( B C 1 1 d BC AB , 1 AB C ). 1 1 ) = d K AB C , ( ) 1 1 AKK ) 1 AB C nên ) 1 1
Tam giác
(2)
1
2
2
2
a
(
)
Từ (1) và (2) suy ra
d AB BC = , 1
a a AKK vuông tại K nên = + = (cid:222) = KE = 1 KE 1 AK 5 2 a 6 30 . 5 6 5 1 K K 1
30 . 5 + + >
Từ giả thiết ta có 0 2
2
Suy ra
£
y z
£
z 3 .
x 2
x y 3 , 2
£ x z y 0. £ và 3 x y z , , 2
£ 3 , 2 3( £
Do đó
4
P
£
3(
x
+ + y
z
)
-
=
3(
x
+ + y
z
)
-
x
+ + y
3 z ) .
Khi đó
(1)
x ( 9(
y + + ) z + + z y x )
1 ( 9
+ z y x x + + + y z ). Câu 6. (1,0 điểm) 0,5
Đặt
f
t ( )
=
t 3
-
t >
0.
Xét hàm số
với
t
0
3
+¥
3 1 t 9
–
f
t '( )
+
0
f
t '( )
= - 3
f
t '( )
‡ (cid:219) < £ 0
t
0
3.
Ta có
2 1 t ; 3
6
Suy ra bảng biến thiên:
f
t ( )
t = + + x y z t , > 0.
0,5
f £ (3) 6
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra Từ (1) và (2) ta có Vậy giá trị lớn nhất của P là 6, đạt được khi
6. 0. z
= z
3,
=
x
f t ( ) P £ Dấu đẳng thức xảy ra khi y = với mọi (2) t > = = hoặc các hoán vị. x y 3, 0 = = hoặc các hoán vị. 0
d
A
= - t 1 3 y 3 - = (cid:219) 5 0 (cid:222) - A a ( 3 + 1, 2 a + 1). ˛ A d : 2 x + t 1 2 = +
x (cid:236) (cid:237) y (cid:238) là trung điểm AC nên suy ra C a (3 3 ; 1 2 ) - + a (2; 1) Vì
M
N
Câu 7.a (1,0 điểm) 1; 2 a 4) a ( 3 = - + +
E
C
B
H
0 90
= - + (3 3 ; 4 2 ). a a M uuur (cid:236) HA (cid:239) (cid:222) (cid:237) uuur HC (cid:239) (cid:238) 0,5 1 = Vì • nên AHC = uuur uuur . HA HC 0 = (cid:222)
a
19 . 13 a Ø Œ Œ = - a Œ º *) Với a = (cid:222) - ( 2; 3), A 1 C - (6; 1) thỏa mãn.
= - (cid:222) - (cid:231)
19 13
(cid:230) C Ł - (6; 1)
18 51 (cid:246) ; (cid:247) 13 13 ł ta có phương trình
không thỏa mãn. *) Với
Với A - ( 2; 3), C CE x : + 17 y + = 11 0, phương trình BC x : - 3 y - = 9 0
b 3 7 b 3 ; Suy ra B b (3 + 9; b ˛ (cid:222) trung điểm AB là ) BC 0,5 + 2 + 2 (cid:230) N (cid:231) Ł (cid:246) . (cid:247) ł b N CE
)
R
) = )
4 ˛ (cid:222) = - (cid:222) - - I t ( ( 3; 4). t 1; 2 t 0,5 Mà B 2; Tâm mặt cầu (S) là Vì (S) tiếp xúc (P), (Q) nên - - + ( d I P , (
2
2
2
2
2
(
x
+
4)
+
(
y
-
3)
+
(
z
+
2 2)
=
(
x
+
5)
+
(
y
-
4)
+
(
z
+
4)
=
= - = - = t R R 2, - ( 4; 3; 2), + - - t t 3 7 1 Câu 8.a (1,0 điểm) (cid:219) = (cid:222) = (cid:219) R 3 3 = - = - = 3, - ( 5; 4; 4), t R R 0,5 1 3 2 3 1 3 2 3 + ˛ d . 2) ( ) = d I Q , ( Ø Œ Œ Œ Œ º Ø I Œ Œ Œ I Œ º
1 9
4 . 9
60.
Suy ra pt (S) là hoặc
3 A = 5
Số các số thuộc M có 3 chữ số là 0,5 Câu
Số các số thuộc M có 4 chữ số là
4 5 120. A = 5 5 120. A = = +
2
1 E lập được số các số thuộc A là 4!
9.a (1,0 điểm) 300. + Số các số thuộc M có 5 chữ số là Suy ra số phần tử của M là 60 120 120 Các tập con của E có tổng các phần tử bằng 10 gồm = {1,2,3, 4}, {2,3,5}, = E = E 1 E 3
2 E và
0,5
3 E lập được số các số thuộc A là 3! =
P =
=
0,12.
{1, 4,5}. Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số bằng 10. Từ Từ mỗi tập Suy ra số phần tử của A là 4! 2.3! 36. +
Do đó xác suất cần tính là
B
36 300 ), Giả sử (C) có tâm ( ; I a b bán kính = Vì (C) đi qua A, B nên IA IB R
A
2
2
2
R > 0. =
2 1)
I
D
H
2
2
D
C
+
CH
=
3,
= IH d I ( ,
D = )
5
(cid:219) - ( a 1) + ( b - 2) = ( a - 4) + b ( - = R 0,5 = a 3 - 6 I a a ( ; 3 - 6) Câu 7.b (1,0 điểm) (cid:222) (cid:222) = 10 a - 50 a = 10 a - 50 a + 65 (1) R b (cid:236) (cid:239) (cid:237) (cid:239) (cid:238) (cid:236) (cid:239) (cid:237) R (cid:239) (cid:238) 29 + - 65 a 9 tại H. Khi đó Kẻ IH CD ^
2 29)
2
2 IH
(9
a
2 29)
2
2
10
a
-
50
a
+
65
= + 9
(cid:219)
169
a
-
728
a
+
559
=
0
(9 a (2) (cid:222) = R IC = CH + = 9 + - 25
- 25 5
(1; 3), -
R
=
Từ (1) và (2) suy ra 0,5
(cid:222)
R
=
43 51 ; 13 13
5 61 13
=
(cid:246) , (cid:247) ł
I Ø Œ (cid:230) Œ I (cid:231) Œ Ł º
2
2
2
1 43 13 a Ø Œ (cid:219) Œ = a Œ º
C (
) : (
x
-
1)
+
(
y
+
3)
=
25
- y + = C ( ) : x - hoặc Suy ra 43 13 1525 . 169 (cid:230) (cid:231) Ł (cid:246) (cid:247) ł
2
2 51 (cid:246) (cid:247) 13 ł uur uur ø u u , ß 2 1
y
+ +
z D
x 2 + 3 + D
(
) 6 = (cid:219)
(1; 1; 1) - Vì ( ) P // (1; 2; 1) = , d d nên (P) có cặp vtcp 1 (cid:230) (cid:231) Ł uur n (cid:222) = P Ø º ( 1; 2; 3) - = - 0,5 Suy ra pt (P) có dạng Câu 8.b (1,0 điểm) P x ) : + 2 y + + = 3 0 z (1) , ( 6 ) d M P P x ) : 2 y z (2) ( Ø (cid:222) Œ ( º
+ 1
n
n
n
n
( 1)
( 1)
+ -
+ -
. . .
. . .
+
=
-
+
= - (1 x
)
x .
+ + = z 2 y ( 0 + - = ta có trình (1) và (2) . Suy ra phương trình mặt phẳng (P) 0,5
1 2 - C x C x n
n C x n
1 C x n
0 n
0 n
uur (cid:236) = u (cid:239) 1 uur (cid:237) u (cid:239) (cid:238) 2 0. = 3 = D Ø = (cid:219) Œ = - 9 + 9 D 6 º thử vào các phương ˛ - N (1; 3; 2) d và d ˛ K (1; 3; 1) Lấy 2 1 3 0 d nên ) : (cid:204) + P x 3 0 ( N + + = + ˛ z y P x ) : 2 2 thỏa mãn bài toán là ( + - = + z y 0. 9 2 P x ) : Với mọi x ˛ R và mọi số nguyên dương n, theo nhị thức Niutơn ta có n n C x n
( C
) x
1
1
n
n
1 +
n ) d . x x
0 n
n C x n
0,5 . . . ( 1) + + - x = - x Suy ra
( 1 2 - C x C x n
) d
(cid:242)
(cid:242) (1
0
0
1
1
Câu 9.b (1,0 điểm)
n ) d x
1 n + ) d x
0 C n
1 C n
n n
(cid:242)
(cid:242) (1
n ( 1) - 2 n +
0
0
. . . (1 x C - + + - - x - = Hay 1 2 1 3
=
=
-
* .
1 +
1 +
n
1
n
2
(
n
+
n
+
2)
1 1)(
2
=
(cid:219) + n
3
n
-
154
= (cid:219) =
n
0
11
0,5 , với mọi n ˛ N
* ).
1 1)(
(
n
+
n
+
2)
1 156
Từ đó ta có (vì n ˛ N
![Đề thi tiếng Anh tốt nghiệp THPT 2025 (Chính thức) kèm đáp án [mới nhất]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250627/laphong0906/135x160/9121751018473.jpg)
