ĐỀ THI TOÁN DE THI TOAN KA LAN4 DHVINH 2014đề THI TOÁN 0453 0453 0482

www.VNMATH.com
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT

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

CHUYÊN

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

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.
x+ 1−x

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

2

2

≥ 2 − 3x − 4x .


2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

cos 3x + 2cos x

dx.

∫ 2 + 3sin x − cos 2x

I=

0

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A' B 'C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD = 3a, 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 kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

21

A' BC ' D '.

7

. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A' B 'C ' D ' và bán

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
a

thức P =
(b + c)

2

2

b

+

+ 5bc

(c + a)

2

biểu

2

−

+ 5ca

3

2

(a + b) .
4

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 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
=

, đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng
1

( ) : x + z −1 = 0.

BAC

−4

1

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 A;

CHUYÊN

Câu

Thời gian làm bài: 180 phút

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
Câu 1.

(2,0
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:
y

x

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)

⇔

2x −0 2x + 2 =0 −3(x −1)



0

2

1 +2

 x0

2

0

1

, ta có M

2

⇔  x0 =


 2x +
0 x −1 0= 0

1 


 2 

Phương trình đã cho tương đương với

(1,0

1

.

2
1

điểm)

1 

⇔ −(cos x + sin x)(sin x − cos x)

2

(cos

2

x − sin

− (sin 2x −1) = 0

2

x+ .

1
0,5

2

2 

+ 3 hay y = 8x −1.

. x−

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

5

2

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

Câu 2.

3

= −1

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

*) Với x =

=

2

0,5

 2x 20 − 5x + 5 0= 0



x0 −1−1

⇔

0

0

0

2

−x 0 −1

5



= 3 ⇔ 2x
x0 −1

2x −0

3

)

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.

*) sin 2x −1 = 0 ⇔ sin 2x = 1 ⇔ 2x =

*) cos x + sin x −1 = 0 ⇔ sin  x +



+ k 2 ⇔ x =






+ k , 2k ∈ .





4





=

1
2

4




⇔
 x + 

4=

x + 4 = 4 +



3



k 2

+ k4 2

 x = k 2
⇔
x =
+ k 2 , k ∈ .


2

0,5


www.VNMATH.com



Vậy nghiệm của phương trình là x =

(1,0
điểm)



+ k 2 , k ∈ .
4

≥0

x

Câu 3.

+ k , x = k 2 , x =

≤x≤1

0

2
Điều kiện:  1− x 
≥ 0

−3

⇔  −3 − 241




2

 2 − 3x − 4 x ≥ 0
Bất phương trình đã cho tương đương với
x +1 − x

2



≤x≤

8

2

+ 2 x(1− x ) ≥ 2 − 3x − 4x

2

+ 41

8

⇔ 3(x

0,5

−3 + 412 ⇔ 0 ≤ x ≤
+ x) − (1 − x) + 2 (x + x )(1 − x) ≥ 0

2

(*)

8

.


x

⇔3

2

+x

x

+2

1−x

2

2

+x

x +x

−1 ≥ 0 ⇔

1−x

≥

1− x

1

⇔ 9x
3

2

+10x −1 ≥ 0 ⇔

≥

x



−5 + 34
9



−5 − 34

 x ≤
−5 + 34
Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là

≤x≤

−3 + 41

9


(1,0

Ta có

I=

(4cos

2

0

Đặt

t = sin x.

Khi

x=0

2

x −1) cos x

∫ 2 + 3sin x − (1 − 2sin

điểm)

thì

2

dx =

3 − 4sin

∫ 2sin
0

x)

t = 0, khi x =



thì t = 1. Suy ra

2

2

d(sin x).
0,5

x + 3sin x + 1

1



6t + 5

+
∫ −2


(2t + 1)(t +1) 

0
1

=



∫ +
 dt =  −2


4



∫−2 +
0

1



t+1

= −2 + 2ln 3 + ln 2 = ln18 − 2.
0

*) Áp dụng định lý côsin cho tam giác A' B ' D ' suy

D ra B' A'
3a

B

0,5

= (−2t + 2ln(2t + 1) + ln(t + 1))

 dt

a 3

điểm)

+ 3t +1

1

A

(1,0

2

dt

 dt

(2t + 1)(t +1)

0

+

2t +1

Câu 5.

(4t + 4) + (2t + 1) 

1

2

3 − 4t

∫ 2t

I =

2
=

.

8

x

0

1

0,5



2

Câu 4.

.

9

0

D ' = 120 . Do đó A' B 'C ', A'C ' D ' là các tam giác đều cạnh a 3.

Gọi O = A'C '∩ B ' D ', ta có BO ⊥ ( A' B 'C ' D ').

C

Kẻ OH ⊥ A ' B ' tại H, suy ra A' B ' ⊥ ( BHO). Do đó

((ABCD),(CDD'C ')) = BHO.

A'
D'

H

21



G

O

Từ

= cos B HO

7

C'

B'

0,5

2



⇒ tan
= B HO

.
3

HO 60 .
⇒ BO = HO.tan= BA'O.sin
0

Vậy V

*) Vì BO =

3

a
2

=

3

a

=

ABCD. A' B 'C 'D '

2

1

=

a 3

.

2

3

9a

0

2

3

.a 3.a 3.sin 60 =

.
4

A'C ' nên tam giác A' BC ' vuông tại B. Vì B ' D ' ⊥ ( A' BC ') nên B ' D ' là

2

trục đường tròn ngoại tiếp tam giác A' BC '. Gọi G là tâm của tam giác đều A'C ' D '. Khi đó

0,5

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 R = GD ' =

2

OD ' =

2 3a
.

= a.

3

3 2

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
Câu 6.

a2

(1,0
điểm)

a2

≥

2

(b + c) + 5bc

(b + c)

2

+

5

=
(b + c)

2

4a

2
2

9(b + c)

b2

. Tương tự, ta có

≥

2

(c + a) + 5ca

a2
2

(b + c) + 5bc

2

9(c + a)

2

.
0,5

4
Suy ra

4b

b2

+
2

(c + a) + 5ca

≥ 4 

a2

9  (b + c)

2

+



b2
(c + a)

2



≥

2

2  a
9 b+c

+

b
c+a




www.VNMATH.com
2

2


2 a

2

+b

+ c(a + b)

2

+ c(a + b) 

2



(a + b)



2



2

2(a + b) + 4c(a + b)

2

2



=



≥

2





 =



.
9

2

 ab + c(a + b) + c 

9

 (a + b)

2



+ c(a + b) c+ c



Vì

a + b + c = 1 ⇔ a + b = 1− c

2





9  (a + b)

2



1

3



nên

+ 4c(a + b) + 4c

1

0

4

2

f '(c)

0

–

+

2

0,5
2

2



2(1 − c) 2 + 4c(1− c)

3



P≥
2

c) .

8

f (c)



−

(1 − c)

2
2

3



−

1

1 −

=



−

(1−

(1)

9

 (1 − c)

2

+ 4c(1− c) + 4c

2



4

9



c +1



4

2

Xét hàm số f (c) =

8

1−

2 
9

−

3

(1 − c)



2

c +1

với c ∈ (0; 1).





Ta có f '(c) =

16 

1−



2
9

2

.



c +1





f '(c) = 0 ⇔ (c −1)

(

4


64 − (3c + 3)

(c +1)

2

−

3

(c −1);

2



3

)

=0⇔c=

1

.
3

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c) ≥ −

1

với mọi c ∈ (0; 1).

(2)

9

Từ (1) và (2) suy ra P ≥ −

1

, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

1

.

9

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

−

1

3
, đạt

khi a = b = c =

1

.

9
Câu

3

B

A

7.a

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

G

Ta có d (G, AC ) =

d ( B, AC ) =

1

d ( D,

AC )

(1,0

3

E
điểm)

1

1

2t + 4

t = 1

3
0,5


www.VNMATH.com
Đặt z = x + yi (x, y ∈ ). Khi đó ta có
Câu

z+i

9.a

+

z +1

x + ( y + 1)i

=

x − yi

(x + 1) − yi
2

x + yi

(1,0

2x

điểm)

+

2

x + y

=

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

2

+
+y
+ y

0,5

x−y

=
2

z

2

−2y +x−y

x

z

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 =

*)

x = 2 y, suy

 x = 0, y = 0 (ktm)

2y

ra 

⇔

2

5y = 5 y
 x =



⇒ z = 2 + i.

 x = 2, y = 1

−2 y

 x = 0, y =

0 (ktm)

*)

x = −2 y,

suy ra 

2

⇔



⇒ z=6−

3i.

5y = −15 y

 x = 6, y =

−3
Vậy z = 2 + i, z = 6 − 3i.

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

Câu

B

7.b

C

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

thiết
(1,0

điểm)

E ∈ ∆ ⇒ t = 3 ⇒ I (3; 3), E (2; 6).
I

Vì

AD / / BC, AD = 2BC

nên BCDE là hình bình hành.


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.