Tailieu.vncty.com de dap an toan lan 4 chuyen dh vinh 2013
1. TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN CUỐI - NĂM 2013
Môn: TOÁN; 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 .
2
1
x
x
y
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
b) Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (H). Viết phương trình tiếp tuyến d của (H) tại điểm M thỏa
mãn IM vuông góc với d.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình .
2
cos
2
sin)cos23(
2
cos)2cos3(
xx
x
x
x
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ).,(
1233
)2(84 22
yx
yyx
xxyxy
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân .d
4
1
0
2
3
x
x
x
I
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, 5.AD a Tam giác SAB nằm trong mặt
phẳng vuông góc với đáy, ,SA a ,
2
a
SB 0
120 .ASB Gọi E là trung điểm của AD. Tính thể tích
khối chóp S.ABCD và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCE theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số dương a, b phân biệt thỏa mãn .1222
ba Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.
)(8
544
244
baba
P
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 tam giác ABC có 1; 3 ,A 5;1 .B Điểm M
nằm trên đoạn thẳng BC sao cho 2 .MC MB Tìm tọa độ điểm C biết rằng 5MA AC và đường
thẳng BC có hệ số góc là một số nguyên.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng : 0,x y z
: 2 2 0.x y z Viết phương trình mặt cầu S có tâm thuộc , có bán kính bằng 3, tiếp xúc
với tại M, biết rằng điểm M thuộc .Oxz
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn .||)1(
)1(
1
zi
zi
i
z
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có trực tâm 3;2 .H
Gọi D, E là chân đường cao kẻ từ B và C. Biết rằng điểm A thuộc đường thẳng : 3 3 0,d x y điểm
2;3F thuộc đường thẳng DE và 2.HD Tìm tọa độ điểm A.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm 1;3;2 ,A 3;2;1B và mặt phẳng
: 2 2 11 0.P x y z Tìm điểm M trên P sao cho 2 2MB và 0
30 .MBA
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n thỏa mãn
.
2013
1
12
2
...
5
4
4
3
3
2
2
1 2
2
4
2
3
2
2
2
1
2
n
nnnnn C
n
n
CCCC
---------------------------- Hết --------------------------
Ghi chú: BTC sẽ trả bài vào các ngày 22, 23/6/2013. Khi nhận bài thi, thí sinh phải nộp lại Phiếu dự thi.
Chóc c¸c em häc sinh ®¹t kÕt qu¶ cao trong Kú thi tuyÓn sinh vµo §¹i häc vµ Cao ®¼ng n¨m 2013!
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
2. 1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN CUỐI - NĂM 2013
Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút
Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
10
. Tập xác định: }.2{
20
. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có 1lim
y
x
và .1lim
y
x
Giới hạn vô cực:
y
x )2(
lim và .lim
)2(
y
x
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng ,1y tiệm cận đứng là đường thẳng .2x
* Chiều biến thiên: Ta có .2,0
)2(
1
' 2
x
x
y
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 2; và .;2
0,5
* Bảng biến thiên:
30
. Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại ,0;1 cắt Oy tại );
2
1
;0(
nhận giao điểm )1;2(I của hai đường tiệm
cận làm tâm đối xứng.
0,5
b) (1,0 điểm)
Gọi 2,
2
1
; 0
0
0
0
x
x
x
xM là tiếp điểm. Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M là
2
1
)(
)2(
1
:
0
0
02
0
x
x
xx
x
yd , hay .0)22()2(: 0
2
0
2
0 xxyxxd
Suy ra VTCP của d là 1;)2( 2
0 xud . Ta có )1;2(I nên
2
1
;2
0
0
x
xIM .
0,5
Câu 1.
(2,0
điểm)
Do đó IM vuông góc với d 0. duIM 1)2(0
2
1
)2( 4
0
0
3
0
x
x
x
.1
3
0
0
x
x
Với ,30 x phương trình tiếp tuyến là 2)3( xy hay .5 xy
Với ,10 x phương trình tiếp tuyến là )1( xy hay .1 xy
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là 5 xy và .1 xy
0,5
Câu 2.
(1,0
điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
2
sin
2
sin)cos23(
2
cos)2cos3(
xx
x
x
x
02sinsin.
2
cos
0
2
sin
2
cos2
2
cos)sin2(
0
2
sin)cos22(
2
cos)sin24(
2
22
2
xx
x
xxx
x
x
x
x
x
0,5
x
'y
y
2
1
1
xO
y
I1
2
1
21
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
3. 2
.2
2
2
2
2
22
1sin
0
2
cos
kx
kx
kx
k
x
x
x
Vậy nghiệm của phương trình là .,2
2
,2 kkxkx
0,5
Điều kiện: .
2
1
012 yy
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
.2
4
0)2)(4( 2
2
yx
x
xyx
Với ,4x thế vào phương trình thứ hai ta được
)12(9)1(
1
1231 2
yy
y
yy
)12(9)1(
1
2
yy
y
.10310
10310
1
01020
1
2
y
y
y
yy
y
0,5
Câu 3.
(1,0
điểm)
Với ,22
yx thế vào phương trình thứ hai ta được .12352
yyy (*)
Áp dụng BĐT Côsi ta có
(*).123)12(525)12(5)12()1((*) 2
VPyyyyyyVT
Do đó phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ là .10310,4 yx
0,5
Đặt .dd44 222
ttxxtxxt Khi ,20 tx khi .31 tx Suy ra
3
2
2
)d(
4
tt
t
t
I
0,5
Câu 4.
(1,0
điểm)
.33
3
16
3
4)d4(
3
232
3
2
t
ttt 0,5
Áp dụng định lý côsin trong tam giác SAB
2 2
2 2 0 7
2 120
4 2 4 2
7
. . .cos .
a a a a
AB a a AB
Kẻ SH AB tại H. Vì SAB ABCD nên
.SH ABCD Ta có
0
2 . .sin120 21
.
14
SABS SA SB a
SH
AB AB
Suy ra
3
1 21 7 15
. . . 5 .
3 14 2 12
SABCD
a a a
V a
0,5
Câu 5.
(1,0
điểm)
Vì ,BC AB BC SH nên .BC SAB Do đó 0
90CBS (1)
Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông CED, SAE, SBC ta có
22 2
2 2 2 7 5 12
4 4 4
a a a
CE CD DE ,
2 2
2 2 2 2 5 9
4 4
a a
SE SA AE a ,
2 2
2 2 2 2 21
5
4 4
a a
SC SB BC a .
Từ đó suy ra 2 2 2
.SC SE CE Do đó 0
90CES (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ diện SBCE nội tiếp mặt cầu đường kính SC. Do đó mặt cầu này có tâm là trung
điểm của SC, có bán kính bằng
21
.
2 4
SC a
R
0,5
S
A
B C
D
E
a
5a
2
a
H
1200
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
4. 3
Từ giả thiết và áp dụng BĐT Côsi ta có .2.42242)4(16 2
bababa Suy ra
80 ab . Do đó 244
22
244
)(8
5
.
8
44
64)(8
544
ba
ab
ba
ba
baba
P
.
2
1
.
64
5
16
1
2
2
2
2
a
b
b
aa
b
b
a
Đặt .
a
b
b
a
t Khi đó 2t và .
8
1
2
1
.
64
5
16
1
2
1
.
64
5
)2(
16
1 22
t
t
t
tP
0,5
Câu 6.
(1,0
điểm)
Xét hàm
8
1
2
1
.
64
5
16
1
)( 2
t
ttf trên ).;2( Ta có
,
2
5
8
5
)2(0)(';
)2(
1
.
64
5
8
1
)(' 2
2
ttttf
t
ttf vì .2t
Vì
)(lim)(lim
2
tftf
tt
nên .
64
27
2
5
)(min
);2(
ftf
Suy ra ,
64
27
P dấu đẳng thức xảy ra khi .4,2 ba
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là ,
64
27
đạt được khi .4,2 ba
0,5
Gọi H là trung điểm MC. Khi đó AH BC và
.BM MH HC x
Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông ABH,
AMH ta có
22 2
2 2 2
42 52
325
AHAH x AB
xAH x AM
Gọi phương trình đường thẳng BC là
2 2
5 1 0 0 .a x b y a b
Ta có 2 2
06 4
; 4 4 5 12 0
5 12 0
aa b
d A BC a a b
a ba b
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Với 0,a đường thẳng BC có hệ số góc 0k (thỏa mãn). Khi đó : 1.BC y
Với 5 12 0,a b đường thẳng BC có hệ số góc
5
12
k (không thỏa mãn).
Ta có
2 2
; 5 : 1 3 25.A R x y Khi đó tọa độ của C và M là nghiệm của hệ phương
trình
2 2
1 2;1 , 4;1
4;1 , 2;11 3 25
y C M
C Mx y
Vì M nằm trên đoạn thẳng BC nên 4;1 .C
0,5
Vì ;0; .M Oxz M a b Mặt khác 2 2 ;0; .M a b M b b
Gọi I là tâm của .S Khi đó
2
: 2 ; 2 ; 2 .
1 2 2
x b y z b
IM I b t t b t
0,5Câu
8.a
(1,0
điểm)
Vì ;2 ;3 .I t b I b b b Ta có
9
; 3 1.
3
b
R d I b
Với
2 2 2
1 : 1 2 3 9.b S x y z
Với
2 2 2
1 : 1 2 3 9.b S x y z
0,5
1; 3A
A
5;1B CHM
xxx
55
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
5. 4
Đặt .0,,, 22
yxyxyixz Ta có
ziz
i
i
zzzi
zi
i
z )1(||
1
1
||)1(
)1(
1
)2(.1
0
)1(0
11
)(
22
22
22
22
2222
2222
yxyx
xy
yx
yxyx
yxyx
yxyx
yxyxyx
iyxyxyxiyx
0,5
Câu
9.a
(1,0
điểm)
Với ,0x ta có ,11)2( 2
yyy thỏa mãn (1). Suy ra .iz
Với ,0y ta có ,11)2( 2
xxx không thỏa mãn (1).
Vậy .iz
0,5
Ta có
2 2
2 3 2 4D DHD x y
2 2
6 4 9 0D D D Dx y x y (1)
Vì 3 3; .A d A m m Ta có
. 0AD HD AD HD
3 3 . 3 . 2 0D D D Dx m x y m y
2 2
3 2 7 9 0D D D Dx y mx m y m (2)
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được 6 3 2 7 18 0D Dm x m y m (3)
Hoàn toàn tương tự ta có 6 3 2 7 18 0E Em x m y m (4)
Từ (3) và (4) suy ra đường thẳng DE có phương trình 6 3 2 7 18 0.m x m y m
Vì 2;3 0.F DE m Do đó 3;0 .A
0,5
Nhận thấy , , 6.A P B P AB Áp dụng định lý côsin trong tam giác MAB ta có
2 2 2 0
2. . .cos30 2.MA MB BA MB MA Suy ra 2 2 2
.MB MA AB Do đó tam giác MAB
vuông tại A.
0,5Câu
8.b
(1,0
điểm)
Ta có , 0; 5;5 .AM Pu AB n
Do đó
1
: 3 1;3 ;2 .
2
x
AM y t M t t
z t
Ta có 2 2 2
2 2 1.MA t t t
Với 1 1;2;3 .t M
Với 1 1;4;1 .t M
0,5
Áp dụng công thức khai triển nhị thức Niu-tơn ta có
.,...11 22
2
22
2
1
2
2
xxCxCxCx nn
nnn
n
Lấy đạo hàm hai vế ta được .,2...3212 122
2
23
2
2
2
1
2
12
xxnCxCxCCxn nn
nnnn
n
Suy ra .,2...3212 22
2
33
2
22
2
1
2
12
xxnCxCxCxCxnx nn
nnnn
n
Lấy tích phân trên 0;1 hai vế của đẳng thức ta được
0
1
22
2
33
2
22
2
1
2
0
1
12
d2...32d12 xxnCxCxCxCxxnx nn
nnnn
n
0,5
Câu
9.b
(1,0
điểm)
.
12
2
...
4
3
3
2
2
1
)1(
12
)1(2
1
0
122
2
43
2
32
2
21
2
1
0
2
12
nn
nnnn
n
n
xC
n
n
xCxCxCx
n
xn
Suy ra .
12
1
12
2
...
5
4
4
3
3
2
2
1 2
2
4
2
3
2
2
2
1
2
n
C
n
n
CCCC n
nnnnn
Theo bài ra ta có .1006
2013
1
12
1
n
n
0,5
A
C
: 3 3 0d x y
B
2;3F
DE
H
2
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com