www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
=
y
.
- -
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
x x
1 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
-
:
x
2
= y
bằng
1
.
D -
x
x
= 2cos ) x
x cos 2 cos
x
1.
- -
3 5 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin (cos 2
2
2
+
1
x
x
2 3
x
4
x
.
- ‡ - -
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
p
2
+ 2cos = I x d .
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
∫
0
BD
a= 3 ,
'
a
'
'
'
ABCD A B C D có đáy ABCD là hình thoi cạnh
- cos3 x + 2 3sin x x cos 2 x
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp
chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (
. A B C D là trung điểm của
hình 3, A C Biết rằng côsin của góc tạo bởi
')
'.
'
'
'
'
ABCD và ( )
CDD C bằng ')
'
.
Tính theo a thể tích khối hộp
ABCD A B C D và bán '
.
'
'
'
hai mặt phẳng (
21 7
kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
A BC D ' '.
'
a b c
+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
1.
2
2
thức
2 ) .
= + - + a b P ( + + 3 4
Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn b + 2 c a )
a + 2 b c ) ca 5 bc 5 ( (
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)
- là trọng tâm của tam giác ABC, điểm y- + = điểm (0; 3) AC x : 1 0, (1; 4) G E
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 thuộc đường cao kẻ từ chéo 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.
BAC = - -
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C, (cid:1) 030 , 3
a (
4 x y = + z = AB = 3 2, đường thẳng AB có phương trình , đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng - 1 8 4 1 ) : x + - = z 1 0. + + Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh B có hoành độ dương. 1 z z i + i .
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn
z z 7 = + 5 1 5
= AD BC 2 ,
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,
3 0, y- B x
2.
D - phương trình đường chéo AC là 2 (4; 0), + y 2 = 10 0. x : - = Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng (cid:1)cot đỉnh trung điểm E của AD thuộc đường thẳng ADC =
A (2; 1; 1), B (3; 2; 4) và mặt phẳng
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
(
)
a (
xy
+ - ^ ) : x 5 y - = z 2 5 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( sao cho MA AB và )a d A MB = , . 330 31
+ + xy - = - 4 ( xy xy ˛
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2 log ( 2
2
2
1
x y ( , R ). - x 3 0 = y log x .log 2)2 + y ) 0
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com ------------------ 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 !
2
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 Môn: TOÁN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút
Đáp án
Điểm
\{1}.
Câu Câu 1. (2,0 điểm)
= -
= -
a) (1,0 điểm) R 10. Tập xác định: 20. Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim
y
1
y
1.
fi+¥
x
và lim x = +¥
= -
Giới hạn vô cực:
và
.
y- lim 1 x
fi - ¥ ¥ fi fi
0,5
tiệm cận đứng là đường thẳng
y+ lim 1 x Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng
x = 1.
y = -
1,
=
>
y
'
1.
2
x
(
2 1)
+ ¥
)
với mọi ); 1
x „ và ( 1;
.
* Chiều biến thiên: Ta có 0, Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( * Bảng biến thiên:
y
¥+
- - ¥
1
x
'y
+
+
¥+
1
y
1-
1-
1-
1
x
¥ -
0,5
O 1-
I
¥ -
-
cắt Oy tại (0;1). của hai tiệm cận
-
30. Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại ( )1; 0 , Nhận giao điểm (1; 1) I làm tâm đối xứng. b) (1,0 điểm)
2
1
x 0
1 1
3
3
=
Gọi tiếp điểm
Khi đó ta có
d M (
,
D = )
2
x 0 x 0 +
5
5
2 1
2
- - - - - - - (cid:219) ˛ ( C ). ; - 1 1 M x 0
x 0 x 0 + = (cid:219) (cid:219) - -
0,5
2
2
3
1
2
1
3
2 x 0
+ = x 2 0
x 0
- + x 0
1 1
x 0 x 0
= -
1
x 0
-
2
2
2 3(
1)
5 0
2 x 0
x 0
2 x 0
=
.
2
2
3(
1)
2 + 2
1 0
x 0
2 x 0
+ = x 0 + = - 2 x 0
x 0
2 x 0
+ = x 5 0 - = x 0
1 2
=
+
- - - (cid:219) (cid:219) (cid:219) - -
*) Với
ta có
suy ra pt tiếp tuyến
hay
M -
( 1; 0),
y
y
'( 1).(
+ x
1)
y
.
1,
x = - 0
1 x= 2
1 2
-
0,5
*) Với
ta có
suy ra pt tiếp tuyến
hay
,
x = 0
1 2
2
2
- = - y x= 8 1. x M y y ' 3 1 2 1 2 1 2 . + ; 3 ,
- - (cid:219) - - -
)
(
Phương trình đã cho tương đương với sin 2
cos 2 (sin
x cos ) x x + = x 1 0 cos x sin x (sin x x cos ) - = (sin 2 x 1) 0
0,5
2
(cid:219) - - -
Câu 2. (1,0 điểm)
x
x sin )(sin
x
x cos )
- = (sin 2
x
0
1)
+ (cos + (cos
x
x sin )(1 sin 2 )
x
- = (cid:219) (sin 2 x
1)
+ (sin 2 x
- = 1)(cos x
sin
x
1)
0.
0 p
p
=
+
k ˛ Z .
*) sin 2
x
- = (cid:219) 1 0
sin 2
= (cid:219) x
1
+ 2 x
(cid:219) = p 2 k
x
p k
,
(cid:219) - - - -
0,5
4
2
3
www.DeThiThuDaiHoc.com
p
=
p =
+
+
x
p 2
p 2
x
k
+
k p
*)
cos
x
sin
x
- = (cid:219) 1 0
x
4 p
+
p = 4
+ sin
p 2 ,
k
k
(cid:219) (cid:219) ˛
Z .
1 2
=
+
p 2
k
= x
2
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com + x
4
4 p 3 4 p
p
+
p
=
+
=
=
Vậy nghiệm của phương trình là
x
k
,
x
p 2 ,
k
x
p 2 ,
k
k
˛ Z .
2
0
4 x
0
1
- + 3
41
2
£ £
Điều kiện:
(*)
x
0
0
x
.
- +
3
41
41
3
8
x
- ‡ (cid:219) (cid:219) £ £ - £ £
Câu 3. (1,0 điểm)
2
0,5
-
x
2 3
0
x
8
8
‡ x 1
2
2
2
- - ‡
4 Bất phương trình đã cho tương đương với + 2 2 3
+ - 1
(1
2
x
x
x
x
)
x
4
x
3(
+ 2 x
x
)
+ (1
+ ) 2 (
x
x
x
)(1
x
)
0
- ‡ - - (cid:219) - - - ‡
2
2
2
2
- + 5 34 + + 9 + (cid:219) - ‡ (cid:219) ‡ (cid:219) - ‡ (cid:219) x x 3 2 1 0 9 10 1 0 - - - - - + x + x x x x x x 1 x 1 x 1 1 3 34 5
0,5
Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là
p
p
2
2
2
2
. 9 ‡ x £ x - + 3 41 - + 5 34 £ £ . x 9 8
Ta có
∫
∫
0
0
- - x = = I d x d(sin ). x + - - (4cos x 2 3sin x 1)cos 2 (1 2sin x ) 3 4sin + 2 x x + 3sin x 1
Câu 4. (1,0 điểm)
0,5
1
2
=
=
Đặt
Khi
khi
thì
t
x sin .
x = thì 0
t =
0,
x
t = Suy ra
1.
∫
2
0
1
1
- 2sin p = I d t + t 3 4 + 2 t 3 t 2 1
∫
∫
0
+ + + + 1) = - + 2 = t d d t 4) + 5 6 t + + t 1)( 1) t (2 t (4 t (2 (2 t + t 1)( 1) - + 2
0,5
0 1
=
+
=
1 ) = - +
- + 2
( = - + t t 2
d
+ + 1) t 2ln(2
+ ln(
t
1)
2 2ln 3 ln 2
ln18 2.
∫
4 +
1 +
+ 1
t 2
t
1
0
A
D
A B C ' ',
'
A B D suy ' ' A C D là các '
' '
'
3a
-
Câu 5. (1,0 điểm)
3a
B
=
(
C
0 *) Áp dụng định lý côsin cho tam giác (cid:1) 0 B A D = ' 120 . ' ' ra tam giác đều cạnh Gọi
BO
'
) ' .
Do đó 3. a O A C B D ', ' ' ta có
'
˙ ^
' A B C D ' ) (
Do đó
tại H, suy ra
BHO
.
'
'
A B '
'
=
'
'
BHO .
Kẻ OH A B )(cid:1)( ) ( ( ABCD CDD C ,
^ ^
0,5
'A
'D
H
=
=
⇒
Từ
.
cos
(cid:1) BHO
G
O
) (cid:1) (cid:1)21 BHO tan 7
'C
'B
3
a
=
⇒ =
BO HO
.tan
(cid:1) = BHO A O
'
.sin 60 .
.
2
2 3 0 2 3
3
a
3
0
=
=
Vậy
V
a .
a 3.
3.sin 60
.
.
'
'
'
' ABCD A B C D
a 9 4
2
a
3
=
=
(
)
*) Vì
nên tam giác
nên
A BC vuông tại B. Vì
'
'
B D '
'
A BC '
B D là '
'
'
BO
A C '
'
2
1 2
'.
'
^
0,5
=
=
=
=
và
trục đường tròn ngoại tiếp tam giác GA GC GD '
GA GB GC
'
'
'
A BC Gọi G là tâm của tam giác đều '
A C D Khi đó ' '. A BC D Mặt '
'.
'
=
=
=
cầu này có bán kính
= R GD
'
OD
'
a .
' nên G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện a 2 3 . 3 2
2 3 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
0,5 4
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
2
2
2
2
2
Tương tự, ta có
2
2
2
a ‡ ‡ . . + + = 2 b + 2 c a ) ( ca 5 4 b + c a ) 9( a + 2 b c ) ( bc 5 a 4 + b c ) 9(
Câu 6. (1,0 điểm)
2
2
2
2
2
+
+ + b c ( ) + b c ( ) 5 4
Suy ra
+ 2
2
+
+
4 9
2 9
a + + b c
b + c a
a + 2 b c ( )
bc 5
b + 2 c a ( )
ca 5
a + b c (
)
b + c a
(
)
2
2
)
(
2
2
+
2
2
2
)
+ ( c a b
+
=
=
‡ ‡
.
2
+ +
2 9
2 9
2 9
(
(
2( + a b
+ + 4 ( ) ) c a b a b + + + 2 ) 4 ) 4 ( c a b
c
+ + ( ) c a b a b + + 2 ) ( c ab c a b
2
+
+
)
+ ( c a b
c
+ a b 2 + 2 ) a b 4
Vì
nên
a b c
+ + = (cid:219) + = - a b 1
1
c
2
2
+ 2
‡
c
2
(1)
(1
= c
)
1
(1
c
2 ) .
P
2
+ 2
8 9
c
3 4
2 9
3 4
2(1 c )
) c 4 (1
(1
c ) ) 4
c
2 + 1
c 4 (1 + c 2
2
=
- - ‡ - - - - - - -
Xét hàm số
với
c ˛
(0; 1).
f c ( )
(1
c
)
1
8 9
3 4
c
1
0
=
- - -
Ta có
(
c
1);
.
1
f c '( )
2
c
16 9
3 2
c
(
2 + 1 c 2 + 1
f c '( )
–
+
1 3 0
+
- - -
- -
(
2 + 1) )3 = (cid:219) = 3) 0
f c '( )
= (cid:219) 0
(
c
c 1) 64 (3
c
.
1 3
f c ( )
0,5
Bảng biến thiên:
-
1 9
Dựa vào bảng biến thiên ta có
với mọi
(2)
f c ‡ ( )
c ˛
(0; 1).
1 9
= = =
-
Từ (1) và (2) suy ra
dấu đẳng thức xảy ra khi
.
P ‡
,
a
b
c
1 3
1 9
= = =
-
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
đạt khi
a
b
c
,
.
-
1 3 nên
Vì DE
AC
DE x :
+ + = ⇒ 3 0
y
( D t
;
) 3 .
t
1 9 B
A
G
=
=
(
)
(
)
(
)
Ta có
d B AC ,
d G AC ,
1 3
E
^ - -
Câu 7.a (1,0 điểm)
0,5
1 3 + 4
D
C
, d D AC ) ( 1; 4 ) ( D 2 5; 2 ( ) D - Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên 1; 4 .
- D t 2 (cid:219) (cid:219) = 2 . . - 5 1 3 = 1 t = - t ⇒
(
) 1
B
)
Ta có
( 1; 8
)
Vì
- 2. = = - (cid:219) ⇒ ⇒ B BD x : 1. (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) GD (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) GB 2 - - 4 ˛ - = - 4 4 ⇒ A AC x : - + = y - = - 1 1 1 0 2 ( A a a ; x ( y B ) + 1 .
Ta có
AGCD
AGC
ACD
ABC
ABC
ABD
= + + = = = S S S 1 S S S . 1 3 4 3 4 3
0,5
)
)
(
)
ABDS
( (
( ) (
)
Từ
( = ⇒ - C
A 5; 6 tm = (cid:219) (cid:219) - (cid:219) 24 = d A BD BD . , . 24 a = 1 .12 48 - - 3 1 2 A 3; 2 ktm = a 5 = - a ⇒ -
) 3; 2 . (
Vậy
) 3; 2 ,
- - - A B C D
)a
suy
Vì
( ) 1; 8 , ( + A a
( ) 1; 4 . ) 8 .
+ ˛ - - 3; a
Ta có
Vì
ra
Suy ra (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AD BC ) ( 5; 6 , ⇒ A AB ( ) 1; 2; 0 .
Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng ( + b 4; 4
) 8 .
a + ˛ - - ⇒ A 4; 4 ( B b 3; b B AB
0,5
Câu 8.a (1,0 điểm)
5
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
)
) 2 =
) 2 + 2
) 2 + 2
( + b
( + b
( + b
( (
) ( (
0
a
=
=
=
(
)
)
Ta có
Mặt khác
Từ đó suy ra C là hình chiếu
( d B
,
BC
.
BC AB=
.sin 30
.
3 2 2
3 2
a
- B tm 0 1 > B = (cid:219) (cid:219) (cid:219) 3 2 16 2 18 AB 2; 3; 4 ) x ) 3 0; 1; 4 ktm B = - b = - b
(
)
(
)
+ a ˛ - ⇒ = ⇒
0,5
vuông góc của B lên (
Ta có
).
C 2 - + ; 3; 4 c c c C ; 3; . 3 2 7 2 5 2
(
Vậy
( ) 1; 2; 0 ,
) 2; 3; 4 ,
Đặt
+
+
+
+
(
)
(
)
(
y
1)
i
x
(
x
+ - 1)
yi
(
x
yi
)
yi
i
z
z
1
x
i
(
x
y
1)
=
+
=
+
x ( 2
yi ) 2
- - A B C ; 3; . 7 2 5 2 = + x - z + yi x y ( , + ). +
+
-
0,5
z
z
yi
y
x
Câu 9.a (1,0 điểm)
2
( x 2 x
=
+
i .
2
x 2
2
+
yi + - 2 y x 2 + 2 x
y
x
y y
Theo bài ra ta có
2
2
2
- - ˛ R Khi đó ta có + - + 1) + x y
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
- - y 2 x + „ + „ = = y 0 x y 0 x + - 2 y x + + 7 5 x x = – (cid:219) (cid:219) (cid:219) 4 y x x - - = = + = + 2 2 y = 2 - - y 5( x y ) x y 5( x y ). x x 2 x 2 = + y 1 5 x 2 2 x y y
0,5
=
y
*)
suy ra
x
y= 2 ,
⇒ = + z
2
i .
=
2 y =
1
2,
y
5
y
= x 2 5
= -
=
x
y
y
0 (ktm)
0,
= -
y y y y 0, 3 5 1 5 0 (ktm) (cid:219) + x = x = x
suy ra
*)
x
y 2 ,
⇒ = - z
i 6 3 .
2
= -
2 = -
6,
y
3
15
y
y = x = x
z
= + 2
i z ,
y 5 = - i 6 3 .
Vậy
=
(cid:219)
⇒
Gọi
Vì
Ta thấy I là
I
AC BE
.
t ; 2
( I t
B
˙ ˛ -
C
) 3 . Theo giả thiết
) 6 .
- -
t 4; 4 ) 2; 6 .
˛
Câu 7.b (1,0 điểm)
I
I AC ( E t 2 ( nên BCDE là hình bình hành.
trung điểm của BE nên ) E 3; 3 , = BC 2
0,5
A
D
E
cot
= ⇒ 2
cos
.
( D ⇒ = ⇒ E I t 3 AD AD BC / / , Vì (cid:1) (cid:1). ADC IBC= Suy ra Từ (cid:1) (cid:1) = ADC
IBC
(cid:1) 2 = IBC 5
D
)
⇒
Vì
Ta có
; 2
3
) 1; 3 ,
4; 2
) 3 .
cot (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( BC c
C AC
( C c
c
(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( - ⇒ - BI
c
˛ - -
1
5
=
(cid:1) IBC
cos
c 5 2
+ c
22
= 35 0
2 5
2 5
> c 2 c 3
+ c
20
= 25
c 10. 5
= c = c
5 .7 3
- (cid:219) (cid:219) (cid:219) - -
0,5
(
)
hoặc
C
.`
7 5 ; 3 3
C Suy ra (
(
Với
ta thấy I là trung điểm của AC nên
vì E là trung điểm của AD nên
5; 7 ) 5; 7 ,
C
( ) 1; 1 ,
A
D
) 3; 13 .
Với
C
D
A
,
.
,
11 13 ; 3 3
a
-
1 23 ; 3 3 (
)
Ta thấy
nên đường thẳng MA có VTCP là
( ) 1; 5; 2 .
A
tương tự ta có (cid:2)(cid:2)(cid:3) na
- ˛
0,5
x
y
z
1
1
=
=
)
( = -
⇒
17; 5; 4
MA
:
( ⇒ - M
17
+ m
2; 5
+ m
1; 4
+ m
) 1 .
7 5 ; 3 7 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( ) AB 1; 1; 3 , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) AB na ,
Ta có (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) MAu
- - -
2 17
5
4
-
Câu 8.b = (1,0 điểm) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có
0,5
6
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
1
=
+
=
⇒
AM
330.
2
2
1 AM
1 AB
)
(
)2
2
2
+
+
( (
d A MB , ) 2
)
( = ⇒ = – ⇒ -
) 15; 6; 5 ,
( 19; 4; 3
M
4
m
330
M
m
1
t
t
t
t + >
- -
3 0
(2
(cid:219)
0,5
t
t
Câu 9.b (1,0 điểm)
+ - = (cid:219) t t đồng biến trên
Vì hàm
Khi đó ta có
) ) ( m m 5 y> > x 0. > phương trình thứ nhất của hệ trở thành 0, + + - 3) ( t = (1)
+ - = t 2 = nên 2
0 0
t 3 0, + - = (cid:219) = 3 0
1 0. 1.
= + - t 1)(2 ,R mà f
3
vì 2 t
t
Suy ra ( 17 Điều kiện: xy= Đặt t 4 t f ( )
2)2 + - t
=
xy = hay 1,
y
.
2 1 x
2
Thế vào pt thứ hai của hệ ta được
2 2
2
2
2 2
2 2
2
2
- x 1 - log x log x .log log log x 1 x 1 = (cid:219) 0 x = x +
2
2
2
2
- - x 1 1 x = = log log x x x x x
0,5
2
2
2
x - = x
2
2
(cid:219) (cid:219) (cid:219) x 2. - - x 1 x - = 1 (cid:219) = 1 1 = - 1 = log log x x x 1 x
Suy ra nghiệm của hệ là
1 2
7
= = x 2, y .
![Đề thi Tiếng Anh có đáp án [kèm lời giải chi tiết]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250810/duykpmg/135x160/64731754886819.jpg)
