Đề thi thử đại học lần 4 năm 2014 môn Toán khối A trường THPT Chuyên ĐH Vinh, Nghệ An

TRNG I HC VINH
TRNG THPT CHUYấN
KHO ST CHT LNG LP 12, LN CUI - NM 2014
Mụn: TON; Khi: A; Thi gian lm bi: 180 phỳt
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca
hm s ó cho.
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th (C)
ti im M, bit khong cỏch t im M n ng thng bng
Cõu 2 (1,0 im). Gii phng
trỡnh
Cõu 3 (1,0 im). Gii bt phng
trỡnh
Cõu 4 (1,0 im). Tớnh tớch phõn
Cõu 5 (1,0 im). Cho hỡnh hp cú ỏy
ABCD l hỡnh thoi cnh hỡnh chiu
vuụng gúc ca B lờn mt phng l
trung im ca Bit rng cụsin ca gúc to bi hai mt phng v bng Tớnh theo a th tớch khi hp v
bỏn kớnh mt cu ngoi tip t din
Cõu 6 (1,0 im). Gi s a, b,
c l cỏc s thc dng tha
món Tỡm giỏ tr nh nht ca
biu thc
II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn a hoc phn b)
a. Theo chng trỡnh Chun
Cõu 7.a (1,0 im). Trong mt phng vi h
ta Oxy, cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú phng trỡnh ng chộo im l trng tõm ca tam giỏc ABC,
im thuc ng cao k t D ca tam giỏc ACD. Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh bỡnh hnh ó cho bit rng
din tớch ca t giỏc AGCD bng 32 v nh A cú tung dng.
Cõu 8.a (1,0 im). Trong khụng gian vi

h ta Oxyz, cho tam giỏc ABC vuụng
ti C, ng thng AB cú phng trỡnh
ng thng AC nm trờn mt phng Tỡm ta cỏc nh ca tam giỏc ABC bit rng nh B cú honh
dng.
Cõu 9.a (1,0 im). Tỡm s phc z tha
món
b. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu 7.b (1,0 im). Trong mt phng vi h
ta Oxy, cho hỡnh thang ABCD cú AD //
BC, nh phng trỡnh ng chộo AC l trung im E ca AD thuc ng thng Tỡm ta cỏc nh
cũn li ca hỡnh thang ó cho bit rng
Cõu 8.b (1,0 im). Trong khụng gian vi
h ta Oxyz, cho hai im v mt
phng Tỡm im M thuc mt phng sao
cho v
Cõu 9.b (1,0 im). Gii h
phng trỡnh
Ht

Ghi chỳ: BTC s tr bi vo cỏc ngy 21, 22/6/2014. nhn c bi thi, thớ sinh phi np li phiu d thi cho BTC.
Chúc các em học sinh đạt kết quả cao trong Kỳ thi tuyển sinh Đại học năm 2014 !
TRNG I HC VINH
TRNG THPT CHUYấN
P N KHO ST CHT LNG LP 12, LN CUI - NM 2014
Mụn: TON Khi A; Thi gian lm bi: 180 phỳt
Cõu ỏp ỏn im
1
.
1
x

y
x

=

: 2 1y x =
3
.
5
sin (cos2 2cos ) cos2 cos 1.x x x x x =
2 2
1 2 3 4 .x x x x+
2
0
cos3 2cos
d .
2 3sin cos2
x x
I x
x x

+
=
+

. ' ' ' 'ABCD A B C D
3,a
3 ,BD a=
( ' ' ' ')A B C D
' '.A C

( )ABCD
( ' ')CDD C
21
.
7
. ' ' ' 'ABCD A B C D
' ' '.A BC D
1.a b c+ + =
2 2
2
2 2
3
( ) .
4
( ) 5 ( ) 5
a b
P a b
b c bc c a ca
= + +
+ + + +
: 1 0,AC x y + =
(1; 4)G
(0; 3)E
ã
0
30 ,BAC =
3 2,AB =
3 4 8
,
1 1 4

x y z +
= =

( ) : 1 0.x z

+ =
1 7 1
.
5 5
z i z
i
z z
+ +
+ = +
2 ,AD BC=
(4; 0),B
2 3 0,x y =
: 2 10 0.x y + =
ã
cot 2.ADC =
(2;1;1), (3; 2; 4)A B
( ) : 5 2 5 0.x y z

+ =
( )

MA AB
( )
330
, .

31
d A MB =
2
2 2 2
4 ( 2)2 3 0
( , ).
log ( ) log .log 0
xy xy
xy xy
x y
x y x y

+ + =



+ =


R
xO
y
I
1
1
1
1
Câu 1.
(2,0
điểm)

a) (1,0 điểm)
1
0
. Tập xác định:
2
0
. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có và
Giới hạn vô cực: và
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường
thẳng tiệm cận đứng là đường thẳng
* Chiều biến thiên: Ta có với mọi
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi
khoảng và
0,5
* Bảng biến thiên:
3
0
. Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại cắt Oy tại
Nhận giao điểm của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng.
0,5
b) (1,0 điểm)
Gọi tiếp điểm Khi đó ta có
0,5
*) Với ta có suy ra pt tiếp tuyến hay
*) Với ta có suy ra pt tiếp
tuyến hay
0,5

Câu 2.
(1,0
điểm)
Phương trình đã cho tương đương với

0,5
*)
*)
Vậy nghiệm của phương trình là
0,5
Câu 3.
(1,0
điểm)
Điều kiện:
(*)
Bất phương
trình đã cho
tương đương
với

0,5
Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra
nghiệm của bất phương trình là
0,5
Câu 4.
(1,0
điểm)
Ta có
Đặt Khi
thì khi thì

Suy ra
0,5
0,5
\{1}.R
lim 1
x
y
→−∞
= −
lim 1.
x
y
→+∞
= −
1
lim
x
y
+
→
= −∞
1
lim .
x
y
−
→
= +∞
1,y = −
1.x =

2
2
' 0,
( 1)
y
x
= >
−
1.x ≠
( )
; 1−∞
( )
1; .+ ∞
x
'y
y
∞−
∞+
1
1−
∞−
+ +
∞+
1−
( )
1; 0 ,−
(0;1).
(1; 1)I −
0
0

0
1
; ( ).
1
x
M x C
x
 
− −
∈
 ÷
−
 
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 1x 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
1,x = −
( 1; 0),M −
'( 1).( 1)y y x= − +
1 1
.
2 2
y x= +
0
1
,
2

x =
1
; 3 ,
2
M
 
 ÷
 
1 1
' . 3
2 2
y y x
   
= − +
 ÷ ÷
   
8 1.y x= −
cos2 (sin cos ) sin 2 1 0x x x x− − + =
( )
2 2
cos sin (sin cos ) (sin2 1) 0x x x x x⇔ − − − − =
2
(cos sin )(sin cos ) (sin 2 1) 0
(cos sin )(1 sin 2 ) (sin 2 1) 0 (sin2 1)(cos sin 1) 0.
x x x x x
x x x x x x x
⇔ − + − − − =
⇔ − + − − − = ⇔ − + − =
sin 2 1 0 sin 2 1 2 2 ,
2 4

x x x k x k
π π
π π
− = ⇔ = ⇔ = + ⇔ = +
.k ∈Z
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
π π
π
π
π
π
π π
π
π


=
+ = +


 

+ − = ⇔ + = ⇔ ⇔

 ÷

= + ∈
 

+ = +



Z
,
4
x k
π
π
= +
2 , 2 , .
2
x k x k k
π
π π

= = + ∈Z
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
≥

≤ ≤

− +


− ≥ ⇔ ⇔ ≤ ≤
 
− − − +
≤ ≤
 
− − ≥



2 2 2
1 2 (1 ) 2 3 4x x x x x x+ − + − ≥ − −
2 2
3( ) (1 ) 2 ( )(1 ) 0x x x x x x⇔ + − − + + − ≥
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

− +
≥

+ + +

⇔ + − ≥ ⇔ ≥ ⇔ + − ≥ ⇔
− − −

− −

≤


5 34 3 41
.
9 8
x
− + − +
≤ ≤
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
π π
− −
= =
+ − − + +
∫ ∫
sin .t x=
0x =
0,t =
2
x
π

=
1.t =
1
2
2
0
3 4
d
2 3 1
t
I t
t t
−
=
+ +
∫
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
   
+ + + +
= − + = − +
 ÷  ÷
+ + + +
   

∫ ∫
Câu 5.
(1,0
điểm)
*) Áp dụng định
lý côsin cho tam
giác suy ra Do đó là các tam giác đều cạnh
Gọi ta có
Kẻ tại H, suy ra Do đó
Từ
0,5
Vậy
*) Vì nên tam giác vuông tại B.
Vì nên là trục đường tròn ngoại
tiếp tam giác Gọi G là tâm của
tam giác đều Khi đó và nên G là
tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Mặt cầu này có bán kính
0,5
Câu 6.
(1,0
điểm)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
Tương tự, ta có
Suy ra

Vì nên
(1)
0,5
Xét hàm số với
Ta

có
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có với mọi
(2)
Từ (1) và (2) suy ra dấu đẳng thức xảy ra
khi
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là đạt khi
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Vì nên
Ta có

Vì D và G nằm khác phía
đối với AC nên
0,5
Ta có
Vì
Ta có
0,5
( )
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
 
= − + + = − + + + + = − + + = −
 ÷
+ +
 
∫
' ' 'A B D
·
0
' ' ' 120 .B A D =
' ' ',A B C
' ' 'A C D
3.a
' ' ' ',O A C B D= ∩
( )
' ' ' ' .BO A B C D⊥
' 'OH A B⊥
( )
' ' .A B BHO⊥
( ) ( )
·
(
)
·
, ' ' .ABCD CDD C BHO=
· ·
21 2
cos tan .

7
3
BHO BHO= ⇒ =
·
0
2 3
.tan ' .sin60 . .
2
3
a
BO HO BHO A O⇒ = = =
3
0
. ' ' ' '
3 9
. 3. 3.sin60 .
2 4
ABCD A B C D
a a
V a a= =
3 1
' '
2 2
a
BO A C= =
' 'A BC
( )
' ' ' 'B D A BC⊥
' 'B D
' '.A BC

' ' '.A C D
' ' 'GA GC GD= =
' 'GA GB GC= =
' ' '.A BC D
2 2 3
' ' . .
3 3 2
a
R GD OD a= = = =
2 2 2
2 2
2 2
4
.
5
( ) 5 9( )
( ) ( )
4
a a a
b c bc b c
b c b c
≥ =
+ + +
+ + +
2 2
2 2
4
.
( ) 5 9( )
b b

c a ca c a
≥
+ + +
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
 
 
+ ≥ + ≥ +
 ÷
 ÷
+ +
+ + + + + +
 
 
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
 
+
+ +
 ÷
   
+ + + + + +
= ≥ =
 ÷
 ÷  ÷
+ + + + + + + +
 ÷
   
+ + +
 ÷
 
1 1a b c a b c
+ + = ⇔ + = −
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
 
− + −
 
≥ − − = − − −
 ÷
 ÷
+
− + − +
 
 
2
2
8 2 3
( ) 1 (1 )
9 1 4
f c c
c
 
= − − −

 ÷
+
 
(0; 1).c∈
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= ⇔ − − + = ⇔ =
1
( )
9
f c ≥ −
(0; 1).c∈
1

,
9
P ≥ −
1
.
3
a b c= = =
1
,
9
−
1
.
3
a b c= = =
DE AC⊥
( )
: 3 0 ; 3 .DE x y D t t+ + = ⇒ − −
( ) ( ) ( )
1 1
, , ,
3 3
d G AC d B AC d D AC= =
( )
( )
1; 4
12 4
1
2 . .
5

3
5; 22
D
tt
t
D

−
=+

⇔ = ⇔ ⇒


= −
−



( )
1; 4 .D −
( )
( )
( )
1 1 2. 1
2 1; 8 : 1.
4 4 2 4
B
B
x
GD GB B BD x

y

− = − −

= − ⇔ ⇒ ⇒ =

− − = − −


uuur uuur
( )
: 1 0 ; 1 .A AC x y A a a∈ − + = ⇒ +
1 4 4
1 .
3 3 3
AGCD AGC ACD ABC ABC ABD
S S S S S S
 
= + = + = =
 ÷
 
( )f c
'( )f c
c
1
3
0
+
–
0

1
1
9
−
A
B
C
D
G
E
D
A
3a
C
H
'D
O
3a
B
G
'C
'B
'A
Suy ra
Từ
Vậy
Câu
8.a
(1,0
điểm)

Vì Thay tọa độ đỉnh A vào
phương trình mặt phẳng suy
ra Vì Ta có
0,5
Ta có Mặt khác Từ
đó suy ra C là hình
chiếu vuông góc của
B lên Ta có
Vậy
0,5
Câu
9.a
(1,0
điểm)
Đặt Khi đó ta có

0,5
Theo bài ra ta có
*) suy ra
*) suy ra
Vậy
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
Gọi Vì Ta
thấy I là
trung điểm của BE nên Theo giả thiết
Vì nên BCDE là hình

bình hành. Suy ra
Từ
0,5
Vì Ta có
Suy ra hoặc
Với ta thấy I là trung điểm của
AC nên vì E là trung điểm của AD nên
Với tương tự ta có
0,5
Câu
8.b
(1,0
điểm)
Ta có Ta thấy
nên đường thẳng
MA có VTCP là
0,5
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có
Suy ra
0,5
Câu
9.b
(1,0
điểm)
Điều kiện:
Đặt phương trình thứ nhất của hệ trở thành
vì
Vì hàm đồng
biến trên mà nên Khi đó ta có hay
0,5

Thế vào pt thứ hai của
hệ ta được
0,5
( )
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

=

⇔ − = ⇔ ⇒


= −
− −




( )
3; 2 .AD BC C= ⇒ − −
uuur uuur
( ) ( ) ( ) ( )
5; 6 , 1; 8 , 3; 2 , 1; 4 .A B C D− − −
( )
3; 4; 4 8 .A AB A a a a∈ ⇒ + + − −
( )
α
( )
1; 2; 0 .A
( )
3; 4; 4 8 .B AB B b b b∈ ⇒ + + − −
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
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
3 2
.sin30 .
2
BC AB= =
( )
( )
3
, .
2
d B BC
α
= =
( )
.
α
( ) ( )
3 7 5
2 ; 3; 4 ; 3; .

2 2 2
C c c c C
α
 
+ − + ∈ ⇒ = ⇒ −
 ÷
 
( ) ( )
7 5
1; 2; 0 , 2; 3; 4 , ; 3; .
2 2
A B C
 
− −
 ÷
 
( , ).z x yi x y= + ∈ R
( ) ( )
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
− + − −
= +
+ +
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=
2
2
0, 0 (ktm)

2 .
2, 1
5 5
x y
x y
z i
x y
y y
=

= =


⇔ ⇒ = +


= =
=



2 ,x y= −
2
2
0, 0 (ktm)
6 3 .
6, 3
5 15
x y
x y

z i
x y
y y
= −

= =


⇔ ⇒ = −


= = −
= −



2 , 6 3 .z i z i= + = −
.I AC BE= ∩
( )
; 2 3 .I AC I t t∈ ⇒ −
( )
2 4; 4 6 .E t t− −
( ) ( )
3 3; 3 , 2; 6 .E t I E∈∆ ⇒ = ⇒
/ / ,AD BC
2AD BC=
·
·
.ADC IBC=
·

·
·
2
cot cot 2 cos .
5
IBC ADC IBC= = ⇒ =
( ) ( ) ( )
; 2 3 1; 3 , 4; 2 3 .C AC C c c BI BC c c∈ ⇒ − ⇒ − − −
uur uuur
·
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
=


>

−


= ⇔ = ⇔ ⇔


=
− + =

− +



( )
5; 7C
7 5
; .`
3 3
C
 
 ÷
 
( )
5; 7 ,C
( )
1; 1 ,A −
( )
3;13 .D

7 5
; ,
3 7
C
 
 ÷
 
11 13 1 23
; , ; .
3 3 3 3
A D
   
 ÷  ÷
   
( ) ( )
1;1; 3 , 1; 5; 2 .AB n
α
−
uuur uur
( )
A
α
∈
( )
, 17; 5; 4
MA
u AB n
α
 
= = −

 
uuur uuur uur
( )
2 1 1
: 17 2; 5 1; 4 1 .
17 5 4
x y z
MA M m m m
− − −
⇒ = = ⇒ − + + +
−
( )
( )
2 2 2
1 1 1
330.
,
AM
AM AB
d A MB
= + ⇒ =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
17 5 4 330 1 15; 6; 5 , 19; 4; 3m m m m M M+ + = ⇒ = ± ⇒ − − −
0.x y> >
0,t xy= >
4 ( 2)2 3 0 (2 1)(2 3) 0
t t t t
t t t+ − + − = ⇔ + + − =
2 3 0,

t
t⇔ + − =
2 1 0.
t
+ >
( ) 2 3
t
f t t= + −
,R
(1) 0f =
2 3 0 1.
t
t t+ − = ⇔ =
1,xy =
1
.y
x
=
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
−
 
− + = ⇔ =
 ÷

 
B
C
D
A
E
∆
I
Suy ra
nghiệm của
hệ là
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

 
− −
= =
 

− =
 
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =

 
− − − =


= − =
 
 
1
2, .
2
x y= =