TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 NĂM 2014 Môn TOÁN; Khối B và D; Thời gian làm bài 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho[.]
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối: B D; Thời gian làm bài: 180 phút www.LuyenThiThuKhoa.vn www.NhomToan.Com I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (H) hàm số cho b) Tìm m để đường thẳng d : x y m cắt (H) hai điểm M, N cho tam giác AMN vuông điểm A(1; 0) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3x 2cos2 x 4sin x cos x(1 sin x) x 1 x 1 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 16 x 1 x x 2ln(3 x 1) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I dx ( x 1) Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A1 B1C1 có AA1 a 2, đường thẳng B1C tạo với mặt phẳng ( ABB1 A1 ) góc 450 Tính theo a thể tích khối lăng trụ cho khoảng cách hai đường thẳng AB1 BC Câu (1,0 điểm) Giả sử x, y, z số thực không âm thỏa mãn ( x y ) ( y z )2 ( z x)2 18 ( x y z )4 3( x y z ) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a phần b) Tìm giá trị lớn biểu thức P x y z a Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 1) trung điểm cạnh AC, điểm H (0; 3) chân đường cao kẻ từ A, điểm E (23; 2) thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C Tìm tọa độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng d : x y điểm C có hoành độ dương x y 1 z Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : hai 1 mặt phẳng ( P) : x y z 0, (Q) : x y z Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q) Câu 9.a (1,0 điểm) Cho tập hợp E 1, 2, 3, 4, 5 Gọi M tập hợp tất số tự nhiên có chữ số, chữ số đơi khác thuộc E Lấy ngẫu nhiên số thuộc M Tính xác suất để tổng chữ số số 10 b Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 2), B(4; 1) đường thẳng : 3x y Viết phương trình đường trịn qua A, B cắt C, D cho CD Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (1; 1; 0) hai đường thẳng x 1 y z 1 x 1 y z d1 : , d2 : Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d1 d 1 1 3 đồng thời cách M khoảng Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 1 1 ( 1) n n Cn Cn Cn Cn Cn n2 156 Hết TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu Câu (2,0 điểm) ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2014 Môn: TOÁN – Khối B, D; Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án a) (1,0 điểm) 10 Tập xác định: R \{1} 20 Sự biến thiên: * Giới hạn vơ cực: Ta có lim y lim y x Điểm x Giới hạn vô cực: lim y lim y x 1 x 1 Suy đồ thị (H) có tiệm cận ngang đường thẳng y 2, tiệm cận đứng đường thẳng x 1 0, x * Chiều biến thiên: Ta có y ' ( x 1) Suy hàm số đồng biến khoảng ; 1 1; 0,5 * Bảng biến thiên: x y' + y + y 2 I 0,5 30 Đồ thị: x O 3 Đồ thị cắt Ox ; , cắt Oy (0;3) 2 Nhận giao điểm I (1; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng b) (1,0 điểm) m Ta có d : y x Hoành độ giao điểm d (H) nghiệm phương trình 3 2x m (1) x , hay x (m 5) x m 0, x x 1 3 Ta có (m 7)2 12 0, với m Suy phương trình (1) có nghiệm phân biệt Hơn nghiệm x1 , x2 khác Do d ln cắt (H) điểm phân biệt M ( x1; y1 ), N ( x2 ; y2 ) Ta có AM ( x1 1; y1 ), AN ( x2 1; y2 ) Tam giác AMN vuông A AM AN Hay ( x1 1)( x2 1) y1 y2 ( x1 1)( x2 1) ( x1 m )( x2 m ) 10 x1x2 (m 9)( x1 x2 ) m (2) Áp dụng định lý Viet, ta có x1 x2 m 5, x1 x2 m Thay vào (2) ta Câu (1,0 điểm) 0,5 0,5 10( m 9) (m 9)( m 5) m 6m 36 m 6 Vậy giá trị m m 6 Phương trình cho tương đương với sin 3x sin x 2cos x 3(sin x 1) cos x(sin x 1) 2cos x sin x 2cos x (sin x 1)(cos x 3) (sin x 1)(2cos x cos x 3) (sin x 1)(4cos x cos x 5) (sin x 1)(cos x 1)(4cos x 5) 0,5 Câu (1,0 điểm) k 2 , k Z *) cos x 1 x k 2 , k Z *) 4cos x vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x k 2 , x k 2 , k Z Điều kiện: x Phương trình cho tương đương với *) sin x 1 x x 1 x 1 0,5 23 x 1 22 x4 0,5 x x 2x 2x x 2x Đặt x x x t 0, phương trình trở thành t 2t 3t t t 4t 5t t 0,5 (t 2) t (t 1) t 2, t (t 1) với t Từ giải nghiệm phương trình ban đầu x Câu (1,0 điểm) 3x ln(3 x 1) dx dx ( x 1) ( x 1) 0 Ta có I 0,5 dx 3dx v , dv x 1 ( x 1) 3x Áp dụng cơng thức tích phân phần ta có Đặt u ln(3x 1) du 3x 2ln(3 x 1) dx x 1 ( x 1) I 1 dx (3 x 1)( x 1) 6 3 dx ln 3 dx x ( x 1) 3x x 0 0 ln 3ln 3x x 1 C Câu (1,0 điểm) A K H 4ln 2 Từ giả thiết suy ABC BB1 ( ABC ) Kẻ CH AB, H trung điểm AB Khi CH ( ABB1 A1 ) CB1H B1C , ( ABB1 A1 ) 450 CHB1 vuông cân H B a 0,5 Giả sử BC x CH E C1 K1 A1 B1 x 0,5 B1 H B1 B2 BH 2a x Từ CH B1 H x a S ABC x2 a2 Suy thể tích lăng trụ V AA1.S ABC a Gọi K , K1 trung điểm BC , B1C1 Kẻ KE AK1 0,5 Vì B1C1 ( AKK1 ) nên B1C1 KE KE ( AB1C1 ) Vì BC / /( AB1C1 ) nên d ( BC , AB1 ) d K , ( AB1C1 ) KE (1) 1 a a 30 KE 2 KE K1K AK 6a 5 Tam giác AKK1 vuông K nên (2) a 30 Từ giả thiết ta có x, y, z x y z Từ (1) (2) suy d ( AB1 , BC ) Câu (1,0 điểm) Suy x x, y y , z z Do x y z 3( x y z) ( x y z) Khi P 3( x y z ) 3( x y z ) ( x y z )3 9( x y z ) Đặt t x y z, t Xét hàm số f (t ) 3t t với t t f '(t ) + Ta có f '(t ) t ; f '(t ) t 3 Suy bảng biến thiên: f (t ) 0,5 (1) – 0,5 Dựa vào bảng biến thiên ta suy f (t ) f (3) với t (2) Từ (1) (2) ta có P Dấu đẳng thức xảy x 3, y z hoán vị Vậy giá trị lớn P 6, đạt x 3, y z hoán vị Câu 7.a (1,0 điểm) A N x 3t A d : 2x y A(3a 1, 2a 1) y 2t Vì M (2; 1) trung điểm AC nên suy C (3 3a; 2a ) HA ( 3a 1; a 4) HC (3 3a; 2a ) d M E a B H Vì AHC 90 nên HA.HC a 19 13 *) Với a A(2; 3), C (6; 1) thỏa mãn C 0,5 19 18 51 C ; không thỏa mãn 13 13 13 Với A(2; 3), C (6; 1) ta có phương trình CE : x 17 y 11 0, phương trình BC : x y *) Với a Câu 8.a (1,0 điểm) 3b b Suy B(3b 9; b) BC trung điểm AB N ; Mà N CE b 4 B(3; 4) Tâm mặt cầu (S) I (t 2; t 1; 2t 2) d Vì (S) tiếp xúc (P), (Q) nên d I , ( P ) d I , (Q) R 1 t 2, R I (4; 3; 2), R 3t t 3 R 3 t 3, R I (5; 4; 4), R 3 Suy pt (S) ( x 4)2 ( y 3)2 ( z 2) ( x 5) ( y 4) ( z 4) 9 Số số thuộc M có chữ số A5 60 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 9.a (1,0 điểm) Câu 7.b (1,0 điểm) Số số thuộc M có chữ số A54 120 Số số thuộc M có chữ số A55 120 Suy số phần tử M 60 120 120 300 Các tập E có tổng phần tử 10 gồm E1 {1,2,3, 4}, E2 {2,3,5}, E3 {1, 4,5} Gọi A tập M mà số thuộc A có tổng chữ số 10 Từ E1 lập số số thuộc A 4! Từ tập E2 E3 lập số số thuộc A 3! Suy số phần tử A 4! 2.3! 36 36 Do xác suất cần tính P 0,12 300 Giả sử (C) có tâm I (a; b), bán kính R B Vì (C) qua A, B nên IA IB R A (a 1)2 (b 2) (a 4) (b 1) R I b 3a I (a; 3a 6) H 2 D C R 10a 50a 65 R 10a 50a 65 9a 29 Kẻ IH CD H Khi CH 3, IH d ( I , ) (9a 29) 25 (9 a 29)2 Từ (1) (2) suy 10a 50a 65 169a 728a 559 25 I (1; 3), R a 43 51 61 a 43 I ; , R 13 13 13 13 Câu 9.b (1,0 điểm) 0,5 R IC CH IH Câu 8.b (1,0 điểm) 0,5 (1) (2) 43 51 1525 Suy (C ) : ( x 1) ( y 3)2 25 (C ) : x y 13 13 169 u1 (1; 1; 1) Vì ( P ) // d1 , d nên (P) có cặp vtcp nP u1 , u2 (1; 2; 1) u2 (1; 2; 3) Suy pt (P) có dạng x y z D 3 D (1) D ( P ) : x y z d M , ( P) 6 (2) D 9 ( P ) : x y z Lấy K (1; 3; 1) d1 N (1; 3; 2) d thử vào phương trình (1) (2) ta có N ( P) : x y z nên d ( P) : x y z Suy phương trình mặt phẳng (P) thỏa mãn toán ( P) : x y z Với x R số nguyên dương n, theo nhị thức Niutơn ta có Cn0 x Cn1 x ( 1) n Cnn x n1 Cn0 Cn1 x (1)n Cnn x n x (1 x) n x Suy C n n n n n 1 n x C x ( 1) C x dx (1 x) n 0,5 0,5 0,5 0,5 xdx 1 1 (1)n n Cn Cn Cn (1 x) n dx (1 x)n 1dx n2 0 1 , với n N* n n (n 1)( n 2) 1 n 3n 154 n 11 (vì n N* ) Từ ta có ( n 1)(n 2) 156 Hay 0,5 ... điểm) ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2014 Mơn: TỐN – Khối B, D; Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án a) (1,0 điểm) 10 Tập xác định: R \{1} 20 Sự biến thi? ?n: * Giới hạn vô cực: Ta có. .. (H) có tiệm cận ngang đường thẳng y 2, tiệm cận đứng đường thẳng x 1 0, x * Chiều biến thi? ?n: Ta có y '' ( x 1) Suy hàm số đồng biến khoảng ; 1 1; 0,5 * Bảng biến thi? ?n:... t f ''(t ) + Ta có f ''(t ) t ; f ''(t ) t 3 Suy bảng biến thi? ?n: f (t ) 0,5 (1) – 0,5 Dựa vào bảng biến thi? ?n ta suy f (t ) f (3) với t (2) Từ (1) (2) ta có P Dấu đẳng thức