Đang tải... (xem toàn văn)
Đáp án và đề thi thử đại học môn toán 2014 khối a, b đại học vinh lần cuối 1 x2 2 3x 4x2 .Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân20cos3 2cos d .2 3sin cos 2I x x xx x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD 3a, hìnhchiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AC. Biết rằng côsin của góc tạo bởihai mặt phẳng (ABCD) và (CDDC ) bằng 21 .7Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.ABC D và bánkính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểuthức2 222 23 ( ) .( ) 5 ( ) 5 4P a b a bb c bc c a ca II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)a. Theo chương trình ChuẩnCâu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đườngchéo AC : x y 1 0, điểm G(1; 4) là trọng tâm của tam giác ABC, điểm E(0; 3) thuộc đường cao kẻ từD của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCDbằng 32 và 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 tại C, BAC 300 ,AB 3 2, đường thẳng AB có phương trình 3 4 8 ,1 1 4x y z đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng( ) : x z 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh B có hoành độ dương.Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 1 7 1 .5 5z i z iz z b. Theo chương trình Nâng caoCâu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD BC, AD 2BC, đỉnhB(4; 0), phương trình đường chéo AC là 2x y 3 0, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng : x 2y 10 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cotADC 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 5y 2z 5 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) sao cho MA AB và , 330.31d A MB Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 222 24 ( 2)2 3 0(
www.VNMATH.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) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 . 1 x y x 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 : 2 1 y x bằng 3 . 5 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin (cos2 2cos ) cos2 cos 1. x x x x x Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 2 1 2 3 4 . x x x x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 0 cos3 2cos d . 2 3sin cos2 x x I x x x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp . ' ' ' ' ABCD A B C D có đáy ABCD là hình thoi cạnh 3, a 3 , BD a hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ( ' ' ' ') A B C D là trung điểm của ' '. A C Biết rằng côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ) ABCD và ( ' ') CDD C bằng 21 . 7 Tính theo a thể tích khối hộp . ' ' ' ' ABCD A B C D và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ' ' '. A BC D Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 1. a b c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 3 ( ) . 4 ( ) 5 ( ) 5 a b P a b b c bc c a ca 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 : 1 0, AC x y điểm (1; 4) G là trọng tâm của tam giác ABC, điểm (0; 3) E 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. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C, 0 30 , BAC 3 2, AB đường thẳng AB có phương trình 3 4 8 , 1 1 4 x y z đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng ( ): 1 0. x z Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh B có hoành độ dương. Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 1 7 1 . 5 5 z i z i z z 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, 2 , AD BC đỉnh (4; 0), B phương trình đường chéo AC là 2 3 0, x y trung điểm E của AD thuộc đường thẳng : 2 10 0. x y Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cot 2. ADC Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (2;1; 1), (3; 2; 4) A B và mặt phẳng ( ): 5 2 5 0. x y z Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) sao cho MA AB và 330 , . 31 d A MB Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 2 2 4 ( 2)2 3 0 ( , ). log ( ) log .log 0 xy xy xy xy x y x y x y Hết www.VNMATH.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 Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) 1 0 . Tập xác định: \{1}. 2 0 . Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim 1 x y và lim 1. x y Giới hạn vô cực: 1 lim x y và 1 lim . x y Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng 1, y tiệm cận đứng là đường thẳng 1. x * Chiều biến thiên: Ta có 2 2 ' 0, ( 1) y x với mọi 1. x Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; . 0,5 * Bảng biến thiên: 3 0 . Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại 1; 0 , cắt Oy tại (0;1). Nhận giao điểm (1; 1) I của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,5 b) (1,0 điểm) Gọi tiếp điểm 0 0 0 1 ; ( ). 1 x M x C x Khi đó ta có 0 0 0 2 2 1 2 1 1 3 3 ( , ) 5 5 1 2 x x x d M 0 0 0 1 2 1 3 1 x x x 2 0 0 0 2 2 2 3 1 x x x 2 2 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 0 1 2 2 2 3( 1) 2 5 5 0 1 . 2 2 2 3( 1) 2 1 0 2 x x x x x x x x x x x x 0,5 Câu 1. (2,0 điểm) *) Với 0 1, x ta có ( 1; 0), M suy ra pt tiếp tuyến '( 1).( 1) y y x hay 1 1 . 2 2 y x *) Với 0 1 , 2 x ta có 1 ; 3 , 2 M suy ra pt tiếp tuyến 1 1 ' . 3 2 2 y y x hay 8 1. y x 0,5 Phương trình đã cho tương đương với cos 2 (sin cos ) sin 2 1 0 x x x x 2 2 cos sin (sin cos ) (sin 2 1) 0 x x x x x 2 (cos sin )(sin cos ) (sin 2 1) 0 (cos sin )(1 sin 2 ) (sin 2 1) 0 (sin 2 1)(cos sin 1) 0 . x x x x x x x x x x x x 0,5 Câu 2. (1,0 điểm) *) sin2 1 0 sin 2 1 2 2 , 2 4 x x x k x k . k *) 2 2 1 4 4 cos sin 1 0 sin 3 4 2 , . 2 2 2 4 4 x k x k x x x x k k x k 0,5 x 'y y 1 1 + + 1 x O y I 1 1 1 1 www.VNMATH.com Vậy nghiệm của phương trình là , 4 x k 2 , 2 , . 2 x k x k k Điều kiện: 2 2 0 0 1 3 41 1 0 0 . 3 41 3 41 8 2 3 4 0 8 8 x x x x x x x (*) Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 1 2 (1 ) 2 3 4 x x x x x x 2 2 3( ) (1 ) 2 ( )(1 ) 0 x x x x x x 0,5 Câu 3. (1,0 điểm) 2 2 2 2 5 34 1 9 3 2 1 0 9 10 1 0 1 1 1 3 5 34 . 9 x x x x x x x x x x x x x Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là 5 34 3 41 . 9 8 x 0,5 Ta có 2 2 2 2 2 2 0 0 (4cos 1)cos 3 4sin d d(sin ). 2 3sin (1 2sin ) 2sin 3sin 1 x x x I x x x x x x Đặt sin . t x Khi 0 x thì 0, t khi 2 x thì 1. t Suy ra 1 2 2 0 3 4 d 2 3 1 t I t t t 0,5 Câu 4. (1,0 điểm) 1 1 0 0 6 5 (4 4) (2 1) 2 d 2 d (2 1)( 1) (2 1)( 1) t t t t t t t t t 1 1 0 0 4 1 2 d 2 2ln(2 1) ln( 1) 2 2ln3 ln 2 ln18 2. 2 1 1 t t t t t t 0,5 *) Áp dụng định lý côsin cho tam giác ' ' ' A B D suy ra 0 ' ' ' 120 . B A D Do đó ' ' ', A B C ' ' ' A C D là các tam giác đều cạnh 3. a Gọi ' ' ' ', O A C B D ta có ' ' ' ' . BO A B C D Kẻ ' ' OH A B tại H, suy ra ' ' . A B BHO Do đó , ' ' . ABCD CDD C BHO Từ 21 2 cos tan . 7 3 BHO BHO 0 2 3 .tan ' .sin60 . . 2 3 a BO HO BHO A O Vậy 3 0 . ' ' ' ' 3 9 . 3. 3.sin60 . 2 4 ABCD A B C D a a V a a 0,5 Câu 5. (1,0 điểm) *) Vì 3 1 ' ' 2 2 a BO A C nên tam giác ' ' A BC vuông tại B. Vì ' ' ' ' B D A BC nên ' ' B D là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ' '. A BC Gọi G là tâm của tam giác đều ' ' '. A C D Khi đó ' ' ' GA GC GD và ' ' GA GB GC nên G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ' ' '. A BC D Mặt cầu này có bán kính 2 2 3 ' ' . . 3 3 2 a R GD OD a 0,5 Câu 6. (1,0 điểm) Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có 2 2 2 2 2 2 2 4 . 5 ( ) 5 9( ) ( ) ( ) 4 a a a b c bc b c b c b c Tương tự, ta có 2 2 2 2 4 . ( ) 5 9( ) b b c a ca c a Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 9 9( ) 5 ( ) 5 ( ) ( ) a b a b a b b c c a b c bc c a ca b c c a 0,5 D A 3 a C H ' D O 3 a B G ' C ' B ' A www.VNMATH.com 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) 2 2 2( ) 4 ( ) 2 . 9 9 9 ( ) ( ) ( ) 4 ( ) 4 ( ) 4 a b c a b a b c a b a b c a b ab c a b c a b a b c a b c c a b c Vì 1 1 a b c a b c nên 2 2 2 2 2 2 2 2 2(1 ) 4 (1 ) 3 8 2 3 (1 ) 1 (1 ) . 9 4 9 1 4 (1 ) 4 (1 ) 4 c c c P c c c c c c c (1) Xét hàm số 2 2 8 2 3 ( ) 1 (1 ) 9 1 4 f c c c với (0;1). c Ta có 2 16 2 2 3 '( ) 1 . ( 1); 9 1 2 ( 1) f c c c c 3 1 '( ) 0 ( 1) 64 (3 3) 0 . 3 f c c c c Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có 1 ( ) 9 f c với mọi (0; 1). c (2) Từ (1) và (2) suy ra 1 , 9 P dấu đẳng thức xảy ra khi 1 . 3 a b c Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 , 9 đạt khi 1 . 3 a b c 0,5 Vì DE AC nên : 3 0 ; 3 . DE x y D t t Ta có 1 1 , , , 3 3 d G AC d B AC d D AC 1; 4 12 4 1 2 . . 5 3 5; 2 2 D tt t D Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên 1; 4 . D 0,5 Câu 7.a (1,0 điểm) Ta có 1 1 2. 1 2 1; 8 : 1. 4 4 2 4 B B x GD GB B BD x y Vì : 1 0 ; 1 . A AC x y A a a Ta có 1 4 4 1 . 3 3 3 AGCD AGC ACD ABC ABC ABD S S S S S S Suy ra 1 24 . , . 24 2 ABD S d A BD BD 5; 6 tm 5 1.12 48 3 3; 2 ktm A a a a A Từ 3; 2 . AD BC C Vậy 5; 6 , 1; 8 , 3; 2 , 1; 4 . A B C D 0,5 Vì 3; 4; 4 8 . A AB A a a a Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng suy ra 1; 2; 0 . A Vì 3; 4; 4 8 . B AB B b b b Ta có 2 2 2 2; 3; 4 tm 0 1 3 2 2 2 16 2 18 3 0; 1; 4 ktm B B x b AB b b b b B 0,5 Câu 8.a (1,0 điểm) Ta có 0 3 2 .sin30 . 2 BC AB Mặt khác 3 , . 2 d B BC Từ đó suy ra C là hình chiếu vuông góc của B lên . Ta có 3 7 5 2 ; 3; 4 ; 3; . 2 2 2 C c c c C Vậy 7 5 1; 2; 0 , 2; 3; 4 , ; 3; . 2 2 A B C 0,5 ( ) f c '( ) f c c 1 3 0 + – 0 1 1 9 A B C D G E www.VNMATH.com Đặt ( , ). z x yi x y Khi đó ta có 2 2 ( 1) ( ) ( 1) ( ) 1 ( 1) ( 1) x y i x yi x yi x yi z i z x y i x yi z z x yi x yi x y 2 2 2 2 2 2 2 2 . x y x y x y i x y x y 0,5 Câu 9.a (1,0 điểm) Theo bài ra ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 7 3 0 0 5 5 4 2 1 1 5( ) 5( ). 5 5 x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y *) 2 , x y suy ra 2 2 0, 0 (ktm) 2 . 2, 1 5 5 x y x y z i x y y y *) 2 , x y suy ra 2 2 0, 0 (ktm) 6 3 . 6, 3 5 15 x y x y z i x y y y Vậy 2 , 6 3 . z i z i 0,5 Gọi . I AC BE Vì ; 2 3 . I AC I t t Ta thấy I là trung điểm của BE nên 2 4; 4 6 . E t t Theo giả thiết 3 3; 3 , 2; 6 . E t I E Vì / / , AD BC 2 AD BC nên BCDE là hình bình hành. Suy ra . ADC IBC Từ 2 cot cot 2 cos . 5 IBC ADC IBC 0,5 Câu 7.b (1,0 điểm) Vì ; 2 3 1; 3 , 4; 2 3 . C AC C c c BI BC c c Ta có 2 2 5 1 2 5 5 2 cos . 7 3 22 35 0 5 5 10. 5 20 25 3 c c c IBC c c c c c Suy ra 5; 7 C hoặc 7 5 ; .` 3 3 C Với 5; 7 , C ta thấy I là trung điểm của AC nên 1; 1 , A vì E là trung điểm của AD nên 3;13 . D Với 7 5 ; , 3 7 C tương tự ta có 11 13 1 23 ; , ; . 3 3 3 3 A D 0,5 Ta có 1;1; 3 , 1; 5; 2 . AB n Ta thấy A nên đường thẳng MA có VTCP là , 17; 5; 4 MA u AB n 2 1 1 : 17 2; 5 1; 4 1 . 17 5 4 x y z MA M m m m 0,5 Câu 8.b (1,0 điểm) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có 2 2 2 1 1 1 330. , AM AM AB d A MB Suy ra 2 2 2 17 5 4 330 1 15; 6; 5 , 19; 4; 3 m m m m M M 0,5 Điều kiện: 0. x y Đặt 0, t xy phương trình thứ nhất của hệ trở thành 4 ( 2)2 3 0 (2 1)(2 3) 0 t t t t t t t 2 3 0, t t vì 2 1 0. t Vì hàm ( ) 2 3 t f t t đồng biến trên , mà (1) 0 f nên 2 3 0 1. t t t Khi đó ta có 1, xy hay 1 . y x 0,5 Câu 9.b (1,0 điểm) Thế vào pt thứ hai của hệ ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 log log .log 0 log log x x x x x x x 0,5 B C D A E I www.VNMATH.com 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 log log 1 2. 1 1 1 1 1 log log x x x x x x x x x x x x x x x x Suy ra nghiệm của hệ là 1 2, . 2 x y www.VNMATH.com 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) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 . 1 x y x 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 : 2 1 y x bằng 3 . 5 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin (cos2 2cos ) cos2 cos 1. x x x x x Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 3 2 3 1 19 16. x x x x x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 0 cos3 2cos d . 2 3sin cos 2 x x I x x x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại B và C, 2 2 2 , AB BC CD a 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 4 . HD 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 2. x y Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 7( 2 ) 4 2 8 . P x y x xy y 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 : 1 0, AC x y điểm (1; 4) G là trọng tâm của tam giác ABC, điểm (0; 3) E 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. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C, 0 30 , BAC 3 2, AB đường thẳng AB có phương trình 3 4 8 , 1 1 4 x y z đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng ( ): 1 0. x z Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh B có hoành độ dương. Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 1 7 1 . 5 5 z i z i z z 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, 2 , AD BC đỉnh (4; 0), B phương trình đường chéo AC là 2 3 0, x y trung điểm E của AD thuộc đường thẳng : 2 10 0. x y Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cot 2. ADC Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (2;1; 1), (3; 2; 4) A B và mặt phẳng ( ): 5 2 5 0. x y z Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) sao cho MA AB và 330 , . 31 d A MB Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 2 2 4 ( 2)2 3 0 ( , ). log ( ) log .log 0 xy xy xy xy x y x y x y Hết www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 Môn: TOÁN – Khối B; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) 1 0 . Tập xác định: \{1}. 2 0 . Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim 1 x y và lim 1. x y Giới hạn vô cực: 1 lim x y và 1 lim . x y Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng 1, y tiệm cận đứng là đường thẳng 1. x * Chiều biến thiên: Ta có 2 2 ' 0, ( 1) y x với mọi 1. x Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; . 0,5 * Bảng biến thiên: 3 0 . Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại 1; 0 , cắt Oy tại (0;1). Nhận giao điểm (1; 1) I của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,5 b) (1,0 điểm) Gọi tiếp điểm 0 0 0 1 ; ( ). 1 x M x C x Khi đó ta có 0 0 0 2 2 1 2 1 1 3 3 ( , ) 5 5 1 2 x x x d M 0 0 0 1 2 1 3 1 x x x 2 0 0 0 2 2 2 3 1 x x x 2 2 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 0 1 2 2 2 3( 1) 2 5 5 0 1 . 2 2 2 3( 1) 2 1 0 2 x x x x x x x x x x x x 0,5 Câu 1. (2,0 điểm) *) Với 0 1, x ta có ( 1; 0), M suy ra pt tiếp tuyến '( 1).( 1) y y x hay 1 1 . 2 2 y x *) Với 0 1 , 2 x ta có 1 ; 3 , 2 M suy ra pt tiếp tuyến 1 1 ' . 3 2 2 y y x hay 8 1. y x 0,5 Phương trình đã cho tương đương với cos 2 (sin cos ) sin 2 1 0 x x x x 2 2 cos sin (sin cos ) (sin 2 1) 0 x x x x x 2 (cos sin )(sin cos ) (sin 2 1) 0 (cos sin )(1 sin 2 ) (sin 2 1) 0 (sin 2 1)(cos sin 1) 0 . x x x x x x x x x x x x 0,5 Câu 2. (1,0 điểm) *) sin2 1 0 sin 2 1 2 2 , 2 4 x x x k x k . k *) 2 2 1 4 4 cos sin 1 0 sin 34 2 , . 2 2 2 4 4 x k x k x x x x k k x k 0,5 x 'y y 1 1 + + 1 x O y I 1 1 1 1 www.VNMATH.com Vậy nghiệm của phương trình là , 4 x k 2 , 2 , . 2 x k x k k Điều kiện: 3 1 0 1. x x Phương trình đã cho tương đương với 2 3 2 3 ( 1)( 1) ( 1) ( 1) 18( 1). x x x x x x x x Đặt 2 1, 1, 0, 0. a x b x x a b Khi đó phương trình trở thành 2 2 2 2 2 3( 1) 18 a ab a b b a 0,5 Câu 3. (1,0 điểm) 2 2 2 2 (3 ) (3 ) 2( 9 ) (3 )( 6 ) 0 a b a b b a b b a a b a b b a 3 0, a b vì 2 6 0. a b b a Suy ra 2 2 3 1 1 10 8 0 5 33, x x x x x x thỏa mãn điều kiện. Vậy nghiệm của phương trình là 5 33. x 0,5 Ta có 2 2 2 2 2 2 0 0 (4cos 1)cos 3 4sin d d(sin ). 2 3sin (1 2sin ) 2sin 3sin 1 x x x I x x x x x x Đặt sin . t x Khi 0 x thì 0, t khi 2 x thì 1. t Suy ra 1 2 2 0 3 4 d 2 3 1 t I t t t 0,5 Câu 4. (1,0 điểm) 1 1 0 0 6 5 (4 4) (2 1) 2 d 2 d (2 1)( 1) (2 1)( 1) t t t t t t t t t 1 1 0 0 4 1 2 d 2 2ln(2 1) ln( 1) 2 2ln3 ln 2 ln18 2. 2 1 1 t t t t t t 0,5 *) Vì SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên 1 2 SH AB a và . SH ABCD Suy ra . 3 1 . . 3 5 5 . . 1 5 4 4 . 3 2 2 12 S APND APD NPD V SH S S a a a a a a 0,5 Câu 5. (1,0 điểm) *) 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 5 5 , . 2 4 a a MD MP Khi đó 2 2 2 2 25 . 16 a MD MP DP Suy ra MP MD (2) Từ (1) và (2) suy ra , MNP MCD điều phải chứng minh. 0,5 Câu 6. (1,0 điểm) Vì , x y là các số thực dương nên 2 2 7( 2 ) 4 2 8 ( ) x y x xy y P x y x y 2 2 7 4 2 8 ( ) 7 . y x xy y x y x y (1) Đặt , 0 x t t y khi đó 2 2 2 7 4 2 8 7 4 2 8 . 1 y x xy y t t x y t (2) 0,5 S B C D A H M N P www.VNMATH.com Xét hàm số 2 7 4 2 8 ( ) 1 t t f t t với 0. t Ta có 2 2 2 2 7 2 8 28 '( ) ; '( ) 0 2 8 4 2. ( 1) 2 8 t t f t f t t t t t t t Suy ra bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta suy ra ( ) 3 f t với mọi 0. t Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2. t (3) Từ (1), (2) và (3) ta suy ra ( )(7 3) 8, P x y dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 4 2 , . 2 3 3 x y x y x t y Vậy giá trị lớn nhất của P là 8, đạt khi 4 2 , . 3 3 x y 0,5 Vì DE AC nên : 3 0 ; 3 . DE x y D t t Ta có 1 1 , , , 3 3 d G AC d B AC d D AC 1; 4 12 4 1 2 . . 5 3 5; 2 2 D tt t D Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên 1; 4 . D 0,5 Câu 7.a (1,0 điểm) Ta có 1 1 2. 1 2 1; 8 : 1. 4 4 2 4 B B x GD GB B BD x y Vì : 1 0 ; 1 . A AC x y A a a Ta có 1 4 4 1 . 3 3 3 AGCD AGC ACD ABC ABC ABD S S S S S S Suy ra 1 24 . , . 24 2 ABD S d A BD BD 5; 6 tm 5 1.12 48 3 3; 2 ktm A a a a A Từ 3; 2 . AD BC C Vậy 5; 6 , 1; 8 , 3; 2 , 1; 4 . A B C D 0,5 Vì 3; 4; 4 8 . A AB A a a a Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng suy ra 1; 2; 0 . A Vì 3; 4; 4 8 . B AB B b b b Ta có 2 2 2 2; 3; 4 tm 0 1 3 2 2 2 16 2 18 3 0; 1; 4 ktm B B x b AB b b b b B 0,5 Câu 8.a (1,0 điểm) Ta có 0 3 2 .sin30 . 2 BC AB Mặt khác 3 , . 2 d B BC Từ đó suy ra C là hình chiếu vuông góc của B lên . Ta có 3 7 5 2 ; 3; 4 ; 3; . 2 2 2 C c c c C Vậy 7 5 1; 2; 0 , 2; 3; 4 , ; 3; . 2 2 A B C 0,5 Câu 9.a (1,0 Đặt ( , ). z x yi x y Khi đó ta có 2 2 ( 1) ( ) ( 1) ( ) 1 ( 1) ( 1) x y i x yi x yi x yi z i z x y i x yi z z x yi x yi x y 0,5 A B C D G E ( ) f t '( ) f t t 2 0 + – 0 3 [...]... 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 thi< /b> t C E t 3 I 3; 3 , E 2; 6 Vì AD / / BC , AD 2 BC nên BCDE là hình b nh hành Suy ra IBC ADC 2 A D E Từ cot IBC cot ADC 2 cos IBC 5 Vì C AC C c; 2c 3 BI 1; 3 , BC c 4; 2c 3 Ta có I c 5... thấy A nên đường thẳng MA có VTCP là x 2 y 1 z 1 M 17 m 2; 5m 1; 4 m 1 uMA AB , n 17; 5; 4 MA : 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, < /b> MB AM AB 2 Câu 9 .b (1,0 điểm) 2 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2 Suy ra 17 m 5m 4m 330 m 1 M 15; 6; 5 , M 19; 4; 3 Điều... c 1 2 2 cos IBC 2 c 7 5 5 3c 22c 35 0 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...www.VNMATH.com 2x2 2 y 2 x y x y 2 i 2 2 x y x y2 điểm) Theo b i ra ta có Câu 7 .b (1,0 điểm) 2x2 2 y2 x y 7 x2 y2 3 x2 y2 0 x2 y 2 0 2 2 2 2 2 x y 5 5 x y x 4 y2 x 2 y xy 1 x y 1 2 2 2 2 x y 5(... 4; 3 Điều kiện: x y 0 Đặt t xy 0, phương trình thứ nhất của hệ trở thành 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 , 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 log 2 x Thế vào pt thứ hai của hệ ta được log 2 x log 2 x.log 2 0 log 2 2 2 2 x x x . www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 Môn: TOÁN – Khối B; Thời gian làm b i: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm). www.VNMATH.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 b i: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm). . 2 x y www.VNMATH.com 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 b i: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO