ĐỀ THI TOÁN DE THI TOAN KB LAN4 DHVINH 2014đề THI TOÁN 0454 0454 0483

www.VNMATH.com
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014

CHUYÊN

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

a)
b)

y=

−x −1

.

x −1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng
3

∆ : y = 2x −1 bằng

5

.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin x(cos 2x − 2cos x) = cos 2x cos x −1.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 3x x

3

3

2

+1 = x + x −19 x −16.

2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

cos3x + 2 cos x

dx.

∫ 2 + 3sin x − cos 2x

I=

0

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại B và C, AB = 2BC = 2CD = 2a, 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 HD = 4HP. 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 x + y ≤ 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = 7(x + 2 y) − 4 x

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

2

2

+ 2xy + 8 y .

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 AC : x − y + 1 = 0, điểm G(1; 4) là trọng tâm của tam giác ABC, điểm
E(0;− 3) 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.
0

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông =
tại30C, ,

AB = 3 2, đường thẳng AB có phương trình

x−3

=

y−4 z+8
=

BAC

, đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng
1

−4

1

( ) : 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

z+i z+1 7 1
+

=

+

i.
z

z

5

5

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, AD = 2BC, đỉnh
B(4; 0), phương trình đường chéo AC là 2x − y − 3 = 0, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng
∆ : x − 2 y +10 = 0. 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 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 d ( A, MB) =

330
31

Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình



4xy + ( xy − 2)2xy

+ xy − 3 = 0

(x, y ∈ ).

2

 log ( x2 − y) + log x.log y = 20

------------------ Hết ------------------

2

.


www.VNMATH.com

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNGTHPT

Môn: TOÁN – Khối B;

CHUYÊN

Câu

Câu 1.
(2,0
điểm)

Thời gian làm bài: 180 phút

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)

0
1 . Tập xác định:  \ {1}.
0
2 . Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y = −1 và lim y = −1.
x→ +∞

x→−∞

Giới hạn vô cực: lim y = −∞ và lim y = +∞.
+

x→1

x→1

−

0,5

Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y = −1, tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1.

2
* Chiều biến thiên: Ta có y ' =

> 0, với mọi x ≠ 1.
( x −1)

2

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; 1) và (1; + ∞).
* Bảng biến thiên:

x

y

+∞

−∞
+

1
+∞

y'
y

1

+

−1

−1

1

−1 O

−∞

−1

x

0,5

I

0
3 . Đồ thị:

Đồ thị cắt Ox tại (−1; 0), cắt Oy tại (0;1).
Nhận giao điểm I (1; −1) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
b) (1,0 điểm)




Gọi tiếp điểm M x ;

−x −1
0

0

x0 −1



⇔ 2x −1 0+

⇔



x0 + 1



 2x 2 0− 2x + 2 =0 3( x

 ∈ (C). Khi đó ta có d (M , ∆) =

2

− 2x + 2 = 3 x0 −1

−1)

0

⇔

2

2x −0 2x + 2 =0 −3(x −1)




0

−x 0 −1

x0 −1

⇔
2

5



= 3 ⇔ 2x
x0 −1

2x −0

3

1 +2

0

1

, ta có M

2

=

2

3
5

0,5

0

0

 x0

 2x 20 − 5x + 5 0= 0
2

= −1

⇔  x0 =


 2x +
0 x −1 0= 0

1

.

2
1

*) Với x0 = −1, ta có M (−1; 0), suy ra pt tiếp tuyến y = y '(−1).(x +1) hay y =

*) Với x =

−1

x+ .

2

 1 ; 3 , suy ra pt tiếp tuyến y = y '


 2


 1  . x −


 2 

1 

1
2

0,5

+ 3 hay y = 8x −1.

2 

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

cos 2x(sin x − cos x) − sin 2x + 1 = 0 ⇔
⇔ −(cos x + sin x)(sin x − cos x)

2

(cos

2

x − sin

2

− (sin 2x −1) = 0

)

x (sin x − cos x) − (sin 2x −1) = 0

0,5

⇔ −(cos x + sin x)(1− sin 2x) − (sin 2x −1) = 0 ⇔ (sin 2x −1)(cos x + sin x −1) = 0.
+ k 2 ⇔ x =

*) sin 2x −1 = 0 ⇔ sin 2x = 1 ⇔ 2x =

+ k , k ∈ .

2



*) cos x + sin x −1 = 0 ⇔ sin  x +


4



4

1

=

⇔
2







 x + 

4=

x + 4 = 4



3



+ k2

+ k4 2

 x = k2
⇔
x =
+ k 2 , k ∈ .


2

0,5

www.VNMATH.com

Vậy nghiệm của phương trình là x =

Câu 3.

Điều kiện:

x

3



+ k , x = k 2 , x =



+ 4k 2 , k ∈ .

+ 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1.

(1,0
điểm)

2

(x +1)(x

Phương trình đã cho tương đương với 3x

2

− x +1) = (x

3

+1) + (x

2

− x +1) −18(x +1).
0,5

Đặt

a=

x +1, b =

x

2

− x +1, a ≥ 0, b > 0. Khi đó phương trình trở thành

2

2 2

3(a −1)ab = a b + b
2

⇔ a b(3a − b) = b(3a − b) + 2(b

2

2

−18a

2

2

− 9a )

2

⇔ (3a − b)(a b + b + 6a) = 0
2

⇔ 3a − b = 0, vì a b + b + 6a > 0.
2

Suy ra 3 x +1 =

0,5

2

x − x +1 ⇔ x −10x − 8 = 0 ⇔ x = 5 ± 33, thỏa mãn điều kiện. Vậy nghiệm của phương trình là x = 5 ±

33.


(1,0



2

Câu 4.

Ta có

I=

(4cos

2

∫ 2 + 3sin x − (1 − 2sin
0

điểm)

Đặt

Khi

t = sin x.

x=0

thì

2

x −1) cos x
2

dx =

∫ 2sin
0

x)

t = 0, khi x =

3 − 4sin



thì t = 1. Suy ra

2

2

x

d(sin x).
0,5

x + 3sin x + 1

1

∫ 2t

I =

0

2


+
∫ −2

1

=

0
1

=

6t + 5
(2t + 1)(t +1) 
4



∫−2 +
0



∫ +
 dt =  −2


(4t + 4) + (2t + 1) 

1

+





+ 3t +1

1

dt = (−2t + 2ln(2t + 1) + ln(t + 1))

= −2 + 2ln 3 + ln 2 = ln18 − 2.

t+1

2t +1

dt

0,5


1

2

 dt

(2t + 1)(t +1)

0

2

3 − 4t

0

*) Vì SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong

S

Câu 5.

mặt

phẳng

(1,0

SH =

điểm)

1

M

vuông

góc

với

(ABCD)

nên

AB = a và SH ⊥ ( ABCD ). Suy ra

2

1

VS .APND =

3

.SH .( S APD + S NPD )

0,5

P

5a
 a. 4
a
2

B
H
N

=

C



1

A

3

+



5a 
4 
=
2




D

a.

3

.

12



*) Ta có CD ⊥ DH , CD ⊥ SH ⇒ CD ⊥ ( SDH ) ⇒ CD ⊥ MP
Ta chứng minh MP ⊥ MD. Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông MHD, MHP ta

5a

(1)

có

2

MD =

a 5

, MP =
2

a 5

2

. Khi đó MD + MP
4

2

=

25a

Từ (1) và (2) suy ra ( MNP) ⊥ ( MCD ), điều phải chứng minh.
Câu 6.

Vì x, y là

các số thực dương nên

(1,0
điểm)

0,5
(2)

2

= DP . Suy ra MP ⊥ MD
16

P = (x + y)

Đặt t =

x

 7(x + 2 y) − 4





x

2

+ 2xy + 8 y

y





2

+ 2xy + 8 y
x+y

7y−4 x



= ( x + y)  7 + 



x+y

7y−4 x
, t > 0 khi đó

2

2

=

7−4 t

2

+ 2xy + 8 y
x+y

2

+ 2t + 8
t +1

.

2



.


(1)
0,5

(2)


www.VNMATH.com
2

7 − 4 t + 2t + 8

Xét hàm số f (t) =

với t > 0.

t +1

Ta có

f '(t) =

t

−7
(t + 1)

2

2

2

+ 2t + 8 + 28

t + 2t + 8

; f '(t) = 0 ⇔ t

2

+ 2t + 8 = 4 ⇔ t = 2.
t

0

2

+∞

Suy ra bảng biến thiên
+

f '(t)

Từ bảng biến thiên ta suy ra

0

–

−3

f (t) ≤ −3 với mọi t >

f (t)

0. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2.
(3)

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra P ≤ (x + y)(7 − 3) ≤ 8, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi
0,5

x





+y=2
x

t=

y

⇔x=

=2

4

,y=

2

. Vậy

giá trị lớn nhất của P là 8, đạt khi

3

Vì DE ⊥ AC nên DE : x + y + 3 = 0 ⇒ D (t; − t − 3).

G

7.a

Ta có d (G, AC ) =

1

d ( B, AC ) =

1

3

E

d ( D, AC )
3

0,5

D (1; − 4)
=1
⇔
2= .
⇔
= −5 ⇒ D (−5; 2) .
3
2
C
Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D (1; − 4).
t
1−1 = −2.( xB −1)
⇒ B (1; 8) ⇒ BD : x = 1.
−4 − 4 = −2( y B − 4)

điểm)

2t + 4

1

D




Ta có GD =
−2GB ⇔

.
3

B

A

(1,0

2

,y=

3
3

Câu

4

x=



t

Vì A ∈ AC : x − y + 1 = 0 ⇒ A(a; a + 1).
=S

Ta có S

AGC + S

AGCD

Suy ra S

ABD

= 24 ⇔

1
2

1 
+1
3

ACD = 

=

S ABC


4

3

ABC

S

=

4
3

ABD

S

.d ( A, BD).BD = 24 ⇔ a −1 .12 = 48 ⇔




.

0,5

 A (5; 6 )

a = 5
 a = −3



(tm )

= BC ⇒ C (−3; − 2).
Từ AD


⇒

A(−3; − 2) (ktm)



Vậy A(5; 6), B (1; 8), C (−3; − 2), D (1; − 4).
Câu
8.a

Vì A ∈ AB ⇒ A(a + 3; a + 4; − 4a − 8). Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng ( ) suy
ra A(1; 2; 0). Vì B ∈ AB ⇒ B ( b + 3; b + 4; − 4b − 8). Ta có

(1,0
điểm)

(

AB = 3 2 ⇔ b + 2

)

2

+ b( + 2

)

2

+ 16 b +( 2

)

2

= 18 ⇔

b

= −1

 b = −3


B 2;
( 3; − 4

⇔
 B (0; 1; 4 )

)(

tm x

B

>0

)

0,5

(ktm )

3
Ta có BC = AB.sin 30

0

=

3 2

. Mặt khác d

2(

( )) =

B, 

2

vuông góc của B lên ( ). Ta có C ( 2 + c; 3; − 4 + c)∈( ) ⇒ c =
Vậy A(1; 2; 0), B (2; 3; − 4), C

7

; 3; −

2

5

.

3

= BC. Từ đó suy ra C là hình chiếu

⇒C

7
2

; 3; −

5

.

 2

2 

0,5



2

Đặt z = x + yi (x, y ∈ ). Khi đó ta có
Câu
9.a
(1,0

z+i
z

+

z +1
z

=

x + ( y + 1)i
x − yi

+

(x + 1) − yi

x + yi

=

( x + ( y +1)i) (x + yi) + ((x + 1)2− yi )2 (x − yi)
x +y

0,5


www.VNMATH.com
điểm)

2x

2

2

−2y +x−y

x−y

=

+
x

2

+ y

+y

i.

2

x

2

2

Theo bài ra ta có

 2x 2

−2y

2

+x−y



7



0


2

2

2

x 2 + y2 ≠

3

0,5

2



=

2

2

x −y

2

2

=

x +y ≠0
x +y



⇔



5

x +y

⇔

5

⇔



x

2

=4y

2

x = ±2 y









 x−y =1

 x−y =1


5(x − y)
x

2

+y

2



5

x

2

2

x +y

2



x

2

+y

2

=

= 5(x − y).

+ y 
2



5


x=2y

 x = 0, y = 0 (ktm)



*) x = 2 y, suy ra 

⇔

2

5y


 x = 2, y = 1

=5y

x =

⇒ z = 2 + i.

−2 y

 x = 0, y =

0 (ktm)

*) x = −2 y, suy ra

3i.








⇔

2



⇒ z=6−



5y = −15 y

 x = 6, y =

−3
Câu

Gọi I = AC ∩ BE. Vì I ∈ AC ⇒ I (t; 2t − 3). Ta thấy I là

Vậy z = 2 + i, z = 6 − 3i.

B

7.b

trung điểm của BE nên E (2t − 4; 4t − 6). Theo giả

C

thiết
(1,0

E ∈ ∆ ⇒ t = 3 ⇒ I (3; 3), E (2; 6).
I

điểm)

Vì

AD / / BC,

AD = 2BC

nên BCDE là hình bình hành.

Suy=raIBC.
ADC

∆

0,5

A

E

D

=BC22D⇒

Từ cot
= cot
I A
C. cos I BC


5



Vì C ∈ AC ⇒ C (c; 2c − 3) ⇒ BI (−1; 3), BC (c − 4; 2c −3). Ta có


>1

2

c

5c − 5 2

c = 5
cos IBC =

⇔

=

⇔



⇔



0,5


www.VNMATH.com



x

2

x
 log2

−1
2

=x

 x2

−1
= log2 x

x

=

1
x


⇔



x
⇔



x

2



−1

 x 2 −1
 log2

x

−log 2 x



=

x




Suy ra nghiệm của hệ là x = 2, y =

1
2

.

⇔

−1 = x

2


 x

2

−1 = 1

⇔

x=

2.