Dai Hoc Vinh Lan 2 Ban Goc 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A1; Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  . x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm A(0;1) một khoảng bằng 2. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình (1  cos x) cot x  cos 2 x  sin x  sin 2 x..  x 2  xy  x  3  0 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y   ). ( x  1) 2  3( y  1)  2 xy  x 2 y  2 y  0. .  2. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I .  . . cos x ln(1  sin x) dx. sin 2 x. 6. Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (BCD), tam giác BCD vuông ở D. Biết rằng AB  a 15 , BC  3a 3 , AC  a 6 ; góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng. 600. Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x 4  y 4 . P. 1  xy  2 . Tìm giá trị lớn nhất của xy. 2 2 3   . 2 2 1  x 1  y 1  2 xy. 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 đường tròn (C ) : ( x  1) 2  ( y  2)2  5 và đường thẳng d : x  y  2  0. Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C. Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0;1), B (1;3; 2), C (1; 3;1). Tìm điểm D thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng ( P) : x  y  z  0 và (Q) : y  z  1  0 sao cho thể tích khối tứ diện ABCD bằng 3. 4 2 Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 1  z  z  i  (iz  1) 2 . Tính mô đun của z  . z 1 b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 : x  y  1  0 và  2 : x  7 y  1  0. Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với  1 tại M (1; 2) và tiếp xúc với  2 . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  z  5  0 và các điểm A(3;  1;  3), B(5;1;1). Tìm điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích tam giác ABC bằng. 3.. (1  i) z  có một acgumen bằng  . 6 1  3  (1  3 )i ---------------------------- Hết --------------------------. Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z biết rằng z  2 z  3  i và. Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 13, 14/4/2013. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC. 2. Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 11 và ngày 12/5/2013. Đăng kí dự thi tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 13/4/2013..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN. ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút. Câu Câu 1. (2,0 điểm). Đáp án. Điểm. a) (1,0 điểm) 10. Tập xác định:  \ {1}. 20. Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y  2 và lim y  2. 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  2, tiệm cận đứng là đường thẳng x  1. 3 * Chiều biến thiên: Ta có y '   0, x  1. ( x  1) 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;  1 và  1;   . * Bảng biến thiên:. x. 1. . y'. +.  y. + . y. 2. 2. . 0,5 I. 30. Đồ thị:. 1  Đồ thị cắt Ox tại  ; 0 , cắt Oy tại (0;  1) và 2  nhận giao điểm I (1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.. 2. 1 O 1. 1 2. x. b) (1,0 điểm)  2x  1  , x0  1 là tiếp điểm. Theo bài ra ta có MA  2 Gọi M  x0 ; 0 x0  1   2. 2.  2x  1   x 2   4 hay x   0  1  4  x02   0  x0  1   x0  1   x0  0  x0 ( x0  2)( x02  4 x0  6)  0, ( x0  1)    x0  2 . Với x0  0, phương trình tiếp tuyến là y  y ' (0).( x  0)  y (0) hay y  3 x  1. 1 1 Với x0  2, phương trình tiếp tuyến là y  y ' (2).( x  2)  y (2) hay y  x  . 3 3 1 1 Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là y  3 x  1 và y  x  . 3 3 Điều kiện: sin x  0, hay x  k , k   . Khi đó phương trình đã cho tương đương với cos x (1  cos x)  cos 2 x  sin x  2 sin x cos x sin x  cos x  cos 2 x  cos 2 x sin x  sin 2 x  2 sin 2 x cos x 2 0. Câu 2. (1,0 điểm).  cos x(1  2 sin 2 x)  cos 2 x sin x  (cos 2 x  sin 2 x)  0  cos x cos 2 x  cos 2 x sin x  cos 2 x  0  cos 2 x(cos x  sin x  1)  0.. 1. 0,5. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> *) cos 2 x  0  x .    k , thỏa mãn. 4 2.  x  k 2 , ktm  1    *) cos x  sin x  1  0  cos x     x     k 2    x    k 2 , tm. 4 4 4 2  2     Vậy phương trình có nghiệm x   k , x   k 2 , k  . 4 2 2 2 Điều kiện: x y  2 y  0  y  0.. Câu 3. (1,0 điểm). 0,5. Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có xy   x 2  x  3. Thế vào phương trình thứ hai ta được. ( x  1) 2  3( y  1)  2 x 2  2 x  6  2 x 2 y  2 y  0. 0,5.   x 2  2  3 y  2 ( x 2  2) y  0 3. y y 2 2  1  0. x2  2 x 2. y  1 hay y  x 2  2. x 2 Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có x 2  x( x 2  2)  x  3  0  ( x  1)( x 2  3)  0  x  1. Suy ra y  3. Vậy nghiệm của hệ là x  1, y  3.  1  Đặt sin x  t ta có cos xdx  dt và khi x   t  , khi x   t  1. 6 2 2 1 ln(1  t ) Khi đó I   dt. t2 1. Từ đây ta có. Câu 4. (1,0 điểm). 2. 0,5. 0,5. 2. Đặt u  ln(1  t )  du . dt dt 1 , dv  2  v   . Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có 1 t t t. 1. 1. 1. 2. 2. 1 dt 3 1  1 I   ln(1  t )     ln 2  2 ln     dt 1 t 2 1  t t  1 1 t (t  1) 2. 1.  2 ln 3  3 ln 2  ln | t |. A. Câu 5. (1,0 điểm). H'. B. K. H. D. 1.  ln | t  1 | 1 2.  3 ln 3  4 ln 2  ln 1 2. 27 . 16. Vì AB 2  AC 2  BC 2 nên BAC  900. (1) Kẻ AH  BC tại H, vì (1) nên H thuộc đoạn BC. Vì ( ABC )  ( BCD ) nên AH  (BCD ). Kẻ HK  CD tại K  đường xiên AK  CD, từ giả thiết  AKH  600. 1 Sử dụng định lí cosin cho ABC  cos ACB  2 0  ACB  45  AHC vuông cân ở H  AH  HC  a 3  BH  BC  HC  2a 3.. C. Vì HK, BD cùng vuông góc CD nên HK // BD . HK CH 1   . BD CB 3. Mà HK  AH cot 600  a  BD  3a, CD  BC 2  BD 2  3 2 a.  S BCD . 0,5. 1 9 2a 2 1 3 6a3 BD.DC   VABCD  AH .S BCD  . 2 2 3 2. 2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Kẻ HH '  AK tại H ' , vì CD  ( AHK ) nên CD  HH '  HH '  ( ACD ). Từ công thức đường cao của tam giác vuông AHK  HH ' . a 3 . 2. (2). BC  3 nên d B, ( ACD )  3d H , ( ACD)  . HC 3 3a Từ (2) và (3) suy ra d B, ( ACD )   . 2 3V Chú ý: HS có thể tính d B, ( ACD )   ABCD . S ACD 1 1 Từ giả thiết ta có xy  2  2 x 2 y 2  . Đặt xy  t  0 ta được t  2  2t 2  xy t Do. Câu 6. (1,0 điểm).  2t 3  t 2  (2t  1)  0  (t  1)(t  1)(2t  1)  0  (t  1)(2t  1)  0 . (3). 1  t  1. 2. 1 1 2   . (1) 2 2 1  xy 1 x 1 y ( x  y ) 2 ( xy  1) Thật vậy, (1)   0, đúng do x, y  0 và xy  1 . (1  x 2 )(1  y 2 )(1  xy) 4 3 4 3 Khi đó ta có P     . (2) 1  xy 1  2 xy 1  t 1  2t 4 3 1  Xét hàm số f (t )  trên  ; 1. Ta có  1  t 1  2t 2  4 6 5t 2  2t  1 1  f ' (t )     2 .  0, t   ; 1. 2 2 2 2 (1  t ) (1  2t ) (1  t ) (1  2t ) 2  1 7 1  Suy ra f (t )  f    , t   ; 1. (3) 2 6   2  1 1 7 Từ (2) và (3) ta có P  . Dấu đẳng thức xảy ra khi xy  và x  y  x  y  . 6 2 2 7 1 Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được khi x  y  . 6 2 (C) có tâm I (1; 2), R  5. A  d  A(a;  a  2). B Từ tính chất tiếp tuyến  IA  BC tại H là trung điểm BC. d Giả sử IA  m, IH  n (m  n  0). Với x, y  0 và xy  1 ta có. Câu 7.a (1,0 điểm). Câu 8.a (1,0 điểm). I. 0,5. 0,5. 0,5. 0,5.  HA  m  n, BH  IB 2  IH 2  5  n 2 1  S ABC  BC . AH  BH . AH  ( m  n) 5  n 2  8. (1) C 2 5 Trong tam giác vuông IBA có BI 2  IH .IA  5  m.n  m  . (2) n Thay (2) vào (1) ta có 5  2 6 4 2 2 4 2   n  5  n  8  n  15n  139n  125  0  (n  1)(n  14n  125)  0. n  a  1  A(1;  3) Suy ra n  1, m  5. Suy ra IA  5  (a  1) 2  (a  4) 2  25    a  4  A( 4; 2). x  y  z  0  x  2t  1 Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn  Đặt y  t ta có   y  z  1  0. z  t 1  D ( 2t  1; t ; t  1).. 0,5. t  6 1 1 |t  3| [ AB, AC ]. AD  2t  6  3  6 6 3 t  12. Suy ra D ( 11; 6; 5), D (25;  12;  13).. 0,5. H. A. V ABCD . 3. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2. Câu 9.a (1,0 điểm). Đặt z  a  bi, (a, b  R ). Từ giả thiết ta có 1  a  bi  a  (b  1)i  (b  1  ai ) 2 1  a  2(b  1) 2  1  a  bi  2(b  1) 2  2a (b  1)i   b  2 a (b  1). b  2  a  1 b 2 2 Suy ra 1   2(b  1) , (b  1)  (b  2)(2b  1)  0, (b  1)   b   1  a   1 . 2(b  1) 2 2  1 1 Suy ra z  1 2i hoặc z    i. 2 2 4 4 *) Với z  1  2i, ta có z   1  2i   1  2i  1  i  2  i  5 . z 1 2  2i. 4 1 1 8 7 7 2 1 1 *) Với z    i, ta có z     i  1 i  . 2 2 z 1 2 2 1 i 2 2 Câu 7.b (1,0 điểm). I. 2.  M  (C ) (C) tiếp xúc với 1 tại M    I thuộc đường thẳng IM  1 d  1 tại M.. 0,5. 0,5. 0,5. Phương trình d : x  y  3  0  I (a; 3  a ), R  IM  a  1 2 .. 1. M(1; 2). (C) tiếp xúc với  2 nên d ( I ,  2 )  R .  I ( 3; 6), R  4 2  a  3 | 6 a  22 |  a 1 2    5 2 a  2  I ( 2; 1), R  2. 0,5. Suy ra (C ) : ( x  3) 2  ( y  6) 2  32 hoặc (C ) : ( x  2) 2  ( y  1) 2  2. Câu 8.b (1,0 điểm). Câu 9.b (1,0 điểm). Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến nQ  [ AB, nP ]  (1; 1;  1). Suy ra (Q ) : x  y  z  5  0. x  y  z  5  0 Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P). Suy ra tọa độ C thỏa mãn   x  2 y  z  5  0. y  0 Đặt x  t    C (t ; 0; t  5). z  t  5 t  5 C (5; 0; 0) 1 1 S ABC  [ AB, AC ]  3(2t  8) 2  t  4 3  3  t  4  1    2 2 t  3 C (3; 0;  2). 1 i 1 i 1  3i  . 1  3  (1  3 )i  2 2 4 1  3  (1  3 )i (1  3 )  (1  3 ) 1      cos  i sin . 2 3 3  (1  i ) z r    Đặt z  r (cos   i sin  ), r  0. Khi đó   cos(  )  i sin(  ) . 3 3  1  3  (1  3 )i 2 . . Ta có. Theo bài ra ta có  . 0,5. 0,5. . 0,5.    3r r      . Suy ra z   i. 3 6 6 2 2. Từ giả thiết của bài toán ta có. 3r r  i 2 2. 3r  ri  3  i. 2 r  2  3r   r  2 2 2 2 2        2   3(r  1)  (r  1)  r  4(r  1)  r  2 . 2   3  3 1 Từ đó ta có z  3  i, z   i. 3 3. 4. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>