Từ công thức đường cao của tam giác vuông AHK.. Từ tính chất tiếp tuyến IA BC tại H là trung điểm BC.
Trang 1TRƯỜNG 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
a) (1,0 điểm)
10 Tập xác định: \ { 1}
20 Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim 2
x và lim 2
Giới hạn vô cực:
xlim( 1 ) và lim
) 1 (
x Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y2, tiệm cận đứng là đường thẳng x1
* Chiều biến thiên: Ta có 0, 1
) 1 (
3
x y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1;
0,5
* Bảng biến thiên:
30 Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại ;0 ,
2
1
cắt Oy tại ( 0; 1) và nhận giao điểm I(1;2) của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng
0,5
b) (1,0 điểm)
1
1 2
0
0
x x
x x
M là tiếp điểm Theo bài ra ta có MA2
1
1
0
0 2
x
x
1
2 2 0
0 2
x
x x
2
0 )
1 ( , 0 ) 6 4 )(
2 (
0
0 0
0 2 0 0 0
x
x x
x x x x
0,5
Câu 1
(2,0
điểm)
Với x0 0, phương trình tiếp tuyến là yy'(0).(x0)y(0) hay y x3 1
Với x0 2, phương trình tiếp tuyến là yy'(2).(x2)y(2) hay
3
1 3
1
x y
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là y x3 1 và
3
1 3
1
x y
0,5
Câu 2
(1,0
điểm)
Điều kiện: sinx0, hay xk , k
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
x
x
sin
cos ) cos 1
0 ) sin (cos
sin 2 cos ) sin 2 1 ( cos
cos sin 2 sin sin 2 cos cos
cos
2 2
2
2 2
2
x x
x x x
x
x x x
x x x
x
0 ) 1 sin (cos 2 cos
0 2 cos sin 2 cos 2 cos cos
x x x
x x
x x
x
0,5
x
'
y
y
2
2
x
O
y
I
1
2
1
1
www.MATHVN.com
Trang 2*) ,
2 4 0
2 cos x x k thỏa mãn
4 4 2
1 4 cos 0 1 sin
tm
, 2 2
ktm , 2
k x
k x
2
, 2
0,5
Điều kiện: x2y2y0y0
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có xyx2x3
Thế vào phương trình thứ hai ta được
(x1)23(y1)2x22x62 x2y2y 0
0 1 2
2 2 3
0 ) 2 ( 2 3 2
2 2
2 2
x
y x
y
y x y x
0,5
Câu 3
(1,0
điểm)
Từ đây ta có 1
2
x
y
hay y x22 Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có
x2x(x22)x30(x1)(x23)0x1 Suy ra y3 Vậy nghiệm của hệ là x1, y3
0,5
Đặt sinx t ta có cosxdxdt và khi ,
2
1
6
2
Khi đó
1
2 1
2 )d 1 ln(
t t
t
Câu 4
(1,0
điểm)
1
d d ) 1 ln(
t
t u t u
t
v t
t
v Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có
1
2 1 1
2
1 2 1
1
d 1
1 1 2
3 ln 2 2 ln ) 1 (
d )
1 ln(
1
t t t t
t
t t
t I
16
27 ln 2 ln 4 3 ln 3
| 1
| ln
|
| ln 2 ln 3 3 ln 2
2 1 1
2 1
1
0,5
Vì AB2AC2 BC2 nên BAC900 (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
Sử dụng định lí cosin cho
2
1
AHC
3 2
a HC
Câu 5
(1,0
điểm)
3
1
CB
CH BD
HK BD
Mà HK AHcot600 aBD3a,CD BC2BD2 3 2a
2
6 3
3
1 2
2 9 2
S AH V
a DC
BD
0,5
A
C
K
H
'
H
www.MATHVN.com
Trang 3Kẻ HH ' AKtại H vì ', CD ( AHK) nên CDHH'HH'(ACD) Từ công thức đường
cao của tam giác vuông AHK
2
3 ' a
HH
HC
BC
nên dB,(ACD)3dH, (ACD) (3)
Từ (2) và (3) suy ra
2
3 3 ) (
B
ACD
ABCD
S
V ACD B
0,5
Từ giả thiết ta có 2 2 2 2 1
xy y x
xy Đặt xy t0 ta được
t t
t22 21 0
) 1 2 )(
1 )(
1 ( 0 ) 1 2 (
2
1 0 ) 1 2 )(
1
Với x, y0 và xy1 ta có
xy y
2 1
1 1
1
2
) 1 )(
1 )(
1 (
) 1 ( ) ( )
1
2
xy y
x
xy y x
đúng do x, y0 và xy1
2 1
3 1
4 2
1
3 1
4
t t
xy xy
P
0,5
Câu 6
(1,0
điểm)
Xét hàm số
t t
t f
2 1
3 1
4 ) (
2
1
Ta có
2
1 ,
0 ) 2 1 ( ) 1 (
1 2 5 2 ) 2 1 (
6 )
1 (
4 ) (
2 2
t t
t t t
t t
f
2
1 ,
6
7 2
1 ) (
t
Từ (2) và (3) ta có
6
7
P Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
1
2
1
x y
Vậy giá trị lớn nhất của P là ,
6
7 đạt được khi
2
1
y
x
0,5
(C) có tâm I(1;2),R 5 Ad A(a; a2)
Từ tính chất tiếp tuyến IA BC tại H là trung điểm BC
Giả sử IAm,IHn(mn0)
2 2
2
5
n m
8 5
) (
2
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Trong tam giác vuông IBA có 2 5 5
n m n m IA
IH
Thay (2) vào (1) ta có
0 ) 125 14
)(
1 ( 0 125 139
15 8
5
n
)
2
; 4 (
) 3
; 1 ( 4
1 25
) 4 ( ) 1 (
A
A a
a a
a IA
0,5
Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn
0 1
0
z y
z y x
Đặt y t ta có
1
1 2
t z
t x
)
1
;
; 1 2
0,5 Câu
8.a
(1,0
điểm)
12
6 3
3
| 3
| 6 2 6
1 ]
, [ 6
1
t
t t
t AD AC AB
V ABCD
Suy ra D(11;6;5),D(25;12;13)
0,5
A
C
I
B
d
H
www.MATHVN.com
Trang 4Đặt zabi,(a,bR) Từ giả thiết ta có 1abi a(b1)i2(b1ai)2
)
1 ( 2
) 1 ( 2 1 ) 1 ( 2 ) 1 ( 2 1
2 2
b a b
b a i
b a b
bi a
Suy ra 2( 1) ,( 1) ( 2)(2 1) 0,( 1)
) 1 ( 2
b
b
2
1 2
1
1 2
a b
a b
Suy ra z1 2i hoặc
2
1 2
1
i
z
0,5
Câu
9.a
(1,0
điểm)
2 2
4 2 1 1
4
i
i z
z
2
1 2
1
i
2
2 7 1 2
7 1
8 2
1 2
1 1
4
i
i z
z
0,5
(C) tiếp xúc với tại M 1 I
IM
C M
1
) (
thuộc đường thẳng 1
d tại M
Phương trình d:xy30I(a;3a), RIM a1 2
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
2
3 2
1 2
5
| 22 6
| )
,
a
a a
a R I
d
2 ),
1
; 2 (
2 4 ), 6
; 3 (
R I
R I
Suy ra (C):(x3)2(y6)2 32 hoặc (C):(x2)2(y1)2 2
0,5
Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến n Q [AB,n P](1;1;1)
Suy ra (Q :xyz50
Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P) Suy ra tọa độ C thỏa mãn
0 5 2
0 5
z y x
z y
Câu
8.b
(1,0
điểm)
5
0
t z
y t x
)
2
; 0
; 3 (
) 0
; 0
; 5 ( 3
5 1
4 3
3 4 )
8 2 ( 3 2
1 ] , [ 2
C
C t
t t
t t
AC AB
S ABC
0,5
4
3 1 ) 3 1 ( 3 1 ) 3 1 ( ) 3 1 (
1 )
3 1 ( 3 1
1
2 2
i i
i i
3
sin 3
cos 2
1
3 sin(
) 3
cos(
2 ) 3 1 ( 3 1
) 1 (
r i
z i
6 6
3
2 2
3
i r r
0,5
Câu
9.b
(1,0
điểm)
Từ giả thiết của bài toán ta có r r i 3rri 3i
2 2 3
3 2
2 )
1 ( 4 )
1 ( ) 1 ( 3 2 2
2 2
r
r r
r r
r r
r
3
1 3
3 ,
0,5
I
1
2
M(1; 2)
www.MATHVN.com
