DAP AN DE KHAO SAT DAI HOC VINH LAN II KHOI D

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN. ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối D; 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'>(2)</span> *) cos 2 x  0  x . Câu 3. (1,0 điểm).    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. Trừ hai phương trình của hệ ta được x 2  3 y  2  2 x 2 y  2 y. 0,5.  ( x 2  2)  2 ( x 2  2) y  3 y  0 y y 3 2  0. x 2 x 2.  1 2. Câu 4. (1,0 điểm). 2. y  1  y  x 2  2. Thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được x 2 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. Suy ra. 0,5. 2. 0,5. 0,5. 2. Đặt u  ln(1  t )  du  1. dt dt 1 , dv  2  v   . Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có 1 t t t 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. 1.  2 ln 3  3 ln 2  ln | t |.  ln | t  1 | 1 2. A. Câu 5. (1,0 điểm). H'. B . K. H C. D. 0,5.  3 ln 3  4 ln 2  ln 1 2. 27 . 16. Kẻ AH  BC tại H, vì ( ABC )  ( BCD ) nên AH  (BCD). Kẻ HK  CD tại K,  đường xiên AK  CD  AKH   . Vì AB  2 5 , AC  a 5 nên BC  5a, HC  a, BH  4a , a AH  2 a  HK  AH cot   . 2 Do HK, BD cùng vuông góc CD nên HK // BD. 5a Mà BC  5 HC nên BD  5 HK  2 5 3 a  CD  BC 2  BD 2  2. 1 25 3a 2 1 25 3a 3 BD.CD   V ABCD  AH .S BCD  . 2 8 3 12 Kẻ HH '  AK tại H ' , vì CD  ( AHK ) nên CD  HH '  HH '  ( ACD). Từ công thức 2a đường cao tam giác vuông AHK  HH '  . Mà BC  5 HC nên 17 10a d B, ( ACD )   5d H , ( ACD   5HH '  . 17 3V Chú ý: HS có thể tính d B, ( ACD )   ABCD . S ACD. 0,5.  S BCD . 2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Đặt xy  t  0. Từ giả thiết ta có Câu 6. (1,0 điểm). 3 xy  3  x 4  y 4 . 2 2  2 x2 y 2  , hay xy xy. 2  2t 3  3t 2  3t  2  0 t 1  (t  1)(2t  1)(t  2)  0   t  2 , vì t  0 . 2 16 8 Ta lại có P  x 2 y 2   t2  . 2 xy  2 t 1 3t  3  2t 2 . 8 , t 1 8 f ' (t )  2t  , (t  1) 2. Xét hàm số f (t )  t 2 . 0,5. (1). 1  t  2 . Ta có 2 1  t  2. 2. 1 1  t2  t2 f ' (t )  0   2  2  t  1. t (t  2) 2  4  0 (t  1)(t 2  3t  4)  0   20  1  67 Ta có f (1)  5, f ( 2)  , f  . 3  2  12. Từ (1) và (2) suy ra P . d H. 20 , đạt khi x  y  2. 3. (C) có tâm I (1; 2), R  5 . A  d  A(a;  a  2).. B. I. (2).  xy  2 20 . Dấu đẳng thức xảy ra khi   x  y  2. 3 x  y  0. Vậy giá trị lớn nhất của P là. Câu 7.a (1,0 điểm). 0,5. A. Từ tính chất tiếp tuyến  IA  BC tại H là trung điểm BC. Giả sử IA  m, IH  n (m  n  0)  HA  m  n, BH  IB 2  IH 2  5  n 2. 0,5. 1 BC . AH  BH . AH  (m  n) 5  n 2  8. (1) 2 5 Trong tam giác vuông IBA có BI 2  IH .IA  5  m.n  m  . (2) n Thay (2) vào (1) ta có C.  S ABC . 5  2 6 4 2 2 4 2   n  5  n  8  n  15n  139n  125  0  (n  1)(n  14n  125)  0. n . 0,5. 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).. Câu 8.a (1,0 điểm). x  y  z  0 Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn  Đặt y  t ta có  y  z  1  0.  D (2t  1; t ; t  1).. VABCD . 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).. 3.  x  2t  1  z  t 1. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</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).. Suy ra b  2  a  1 b 1  2(b  1) 2 , (b  1)  (b  2)(2b  1) 2  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. Câu 7.b (1,0 điểm). 4 1 1 8 7 7 2 1 1 *) Với z    i , ta có z     i  1 i  . z 1 2 2 1 i 2 2 2 2  M  (C ) 2 (C) tiếp xúc với 1 tại M    I thuộc đường thẳng IM  1 I d  1 tại M. 1. 0,5. 0,5. 0,5. Phương trình d : x  y  3  0  I (a; 3  a ), R  IM  a  1 2 .. 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 Ta có  . 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     3r r Theo bài ra ta có        . Suy ra z   i. 3 6 6 2 2. . Từ giả thiết của bài toán ta có. 3r r  i 2 2. 0,5. 0,5. . 0,5. 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'>(5)</span>