tuyển tập đề thi thi thử và đề thi đại học môn toán các năm 2012,2013,2014 trên cả nước

CẤU ĐỀ THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN NĂM 2012 I Phần chung cho tất thí sinh: (7 điểm) Câu I (2 điểm): - Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số - Các toán liên quan đến ứng dụng đạo hàm đồ thị hàm số: chiều biến thiên hàm số; cực trị; giá trị lớn nhỏ hàm số; tiếp tuyến, tiệm cận (đứng ngang) đồ thị hàm số; tìm đồ thị điểm có tính chất cho trước, tương giao hai đồ thị (một hai đồ thị đường thẳng) Câu II (2 điểm):- Phương trình, bất phương trình; hệ phương trình đại số - Cơng thức lượng giác, phương trình lượng giác Câu III (1 điểm):- Tìm giới hạn - Tìm ngun hàm, tính tích phân - Ứng dụng tích phân: tính diện tích hình phẳng, thể tích khối trịn xoay Câu IV (1 điểm):Hình học khơng gian (tổng hợp): quan hệ song song, quan hệ vng góc đường thẳng, mặt phẳng; diện tích xung quanh hình nón trịn xoay, hình trụ trịn xoay; thể tích khối lăng trụ, khối chóp, khối nón trịn xoay, khối trụ trịn xoay; tính diện tích mặt cầu thể tích khối cầu Câu V (1 điểm): Bài tốn tổng hợp II Phần riêng (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm):Phương pháp tọa độ mặt phẳng không gian: - Xác định tọa độ điểm, vectơ - Đường tròn, elip, mặt cầu - Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng - Tính góc, tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng; vị trí tương đối đường thẳng, mặt phẳng mặt cầu Câu VII.a (1 điểm):- Số phức - Tổ hợp, xác suất, thống kê - Bất đẳng thức; cực trị biểu thức đại số Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) Phương pháp tọa độ mặt phẳng không gian: - Xác định tọa độ điểm, vectơ - Đường tròn, ba đường conic, mặt cầu - Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng - Tính góc; tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, mặt phẳng; khoảng cách hai đường thẳng; vị trí tương đối đường thẳng, mặt phẳng mặt cầu Câu VII.b (1 điểm):- Số phức - Đồ thị hàm phân thức hữu tỉ dạng y = (ax2 + bx + c) / (px + q) số yếu tố liên quan - Sự tiếp xúc hai đường cong - Hệ phương trình mũ lơgarit - Tổ hợp, xác suất, thống kê - Bất đẳng thức Cực trị biểu thức đại số Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT Đ THI TH Đ I H C NĂM 2012 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  2x 1 x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm đồ thị (C) điểm M cho tiếp tuyến M tạo với hai đường tiệm cận đồ thị (C) tam giác với đường tròn ngoại tiếp có bán kính Câu II (2,0 điểm)   Giải phương trình 2cos3 x cos x  3(1  sin x)  cos  x   4  2  x  y  xy  y   Giải hệ phương trình  y 2 x  y  x 1  Câu II (2,0 điểm) ( x  x  9) x   x  x2 x2 Tính giới hạn lim Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  x    x  3x Câu IV (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng t ại A D Biết AB = 2a, AD = CD = a, SA = 3a (a > 0) SA vng góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích khối chóp S.BCD tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD) theo a Cho số a, b, c dương thoả mãn a  b  c  12 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P     a3  b3  c3 Câu V (2,0 điểm) Cho phương trình x   4m x  3x   (m  3) x   Tìm m để phương trình có nghiệm thực Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD có M trung điểm cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x  y   điểm C(3;3) Biết đỉnh A thuộc đường thẳng (d): x + y  = A có hồnh độ âm Xác định toạ độ đỉnh A, B, D HẾT Cán coi thi khơng giải thích thêm! Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MễN TON 12 KHI A Câu Điểm Nội dung TXĐ:  \{1} + Sự biến thiên: Giới hạn tiệm cận: 2x 1 2x 1 lim y  lim  2; lim y  lim   y = tiệm cận ngang x  x x  x x x  2x 1 2x 1 lim y  lim  ; lim y  lim    x = tiệm cận đứng x 1 x 1 x  x 1 x 1 x  1 y'  x  (;1)  (1; ) ( x  1) BBT x ∞ +∞ y'   +∞ y 0,25 0,5 ∞ nghịch biến trên: ( ; 1) v (1; +) Hm s Đồ thị: y I 0,25 O x Đồ thị (C) nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng Giả sử M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị (C) hàm số x0  x0  ( x0  1) Gọi A, B giao điểm tiếp tuyến với đường tiệm cận (C)  x0  Giao với đường thẳng x = A 1;   x0   1 Phương trình tiếp tuyến M y  ( x  x0 )  0,25 0,25 Giao với đường thẳng y = B  x0  1;  Vì bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB AB  2  AB   (2 x0  2)  8 ( x0  1) 2 nên 0,5  x0   ( x0  1)  2( x0  1)    ( x0  1)     x0  Vậy có hai điểm cần tìm M1 (0; 1), M (2; 3) Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT     Phương trình tương đương cos x cos x  3(1  sin x)  1  cos  x       0,25  cos x cos x  3(1  sin x)  3(1  sin x) 0,25  cos x cos x  3(sin x  sin x)   cos x cos x  sin x cos x    cos x  x   k  cos x(cos x  sin x)      tan x   x     k    18  Vậy phương trình có hai nghiệm là: x  II 0,5   k  k  x    (k  ) 18 Nhận xét y = không nghiệm hệ phương trình  x2  x y    y Hệ tương đương với:  x  y  y   x2   0,25 x2  Đặt u  , v  x  y Hệ phương trình có dạng y u  v    v  u   0,25 Giải hệ phương trình ta có: u = 1, v = 0,25  x2    x   x  2 u    y  ,  Với  v   y  y  x  y  0,25 Xét hàm số f ( x)  ( x  3x  9) x   x  3; x  f (2)  f '( x)   x  3 x   III x  3x  33 ( x  1)  ta có: 2 (2 x  3) Khi giới hạn cần tìm viết dạng: I  lim x2  f '(2)  41 f ( x)  f (2) 41  f '(2)  x2 0,5 0,5 TXĐ: D = [1; 3] y '  1  3x  x  3x   x  3x   3x  x  3x  3 x   y '    x  3x   3x     x2 2 9  x  x  (3 x  3)  0,5 Ta có f (1) = 0; f (2) = 6; f (3) = 0,25 Vậy max y  6; y  0; [ 1;3] [ 1;3] Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT S A B D C 3a ; (2a  a ).a  2 Diện tích tam giác ABD SABD  AB AD  a 2 a2 Diện tích tam giác BCD SBCD  S  SABD  1 a a3 Thể tích khối chóp S.BCD VSBCD  SA.S BCD  3a  3 2 Diện tích hình thang ABCD S  IV Ta có: SD  9a  a  a 10 Vì SA  (ABCD)  SA  CD; AD  CD  CD  SD Diện tích tam giác SCD S SCD  a 10 Gọi d khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) Ta có a3 3a3 3a 10 VSBCD  d S SCD  d  10 a 10 0,25 1  a   a  a2     a2   (1  a )(1  a  a )  Ta có:  a 4  (1  a)(a  a  1) a  1 2 18 Vậy       1 2  a3  b3  c3 a  b  c  a  b  c  Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Vậy GTNN biểu thức P = 1 ĐK: x ≥ Nhận xét x = không nghiệm phương trình   a3  Với x > phương trình tương đương với: V Đặt t  0,5 0,5 x 1 x 1  4m m3 x2 x2 x 1 , t  x2 0,25 Phương trình có dạng t  4mt  m    m  Khảo sát f (t )  0,25 0,25 0,25 t   f (t ) (t > 1) 4t  4t  2t  12 t  với t > 1, f '(t )  0t  , 2 4t  (4t  1) 0,25 Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT V 3 Từ BBT ta có: phương trình có nghiệm  m  max f (t )  f ( )   1;  Gọi A(t ; 3t  2)  d , (t  ) Ta có: d ( A, DM )  2d (C , DM ) 4t  2.4    t   t  1 hay A(3; 7) A(1; 5) 2 Vì hồnh độ điểm A âm nên A(1; 5) Gọi D(m; m  2)  DM , (m   )     AD  (m  1; m  7); CD  (m  3; m  1) Do tứ giác ABCD hình vuông nên:       DA.DC   m   m  1    m   D(5; 3) 2 2  DA  DC (m  1)  (m  7)  (m  3)  (m  1)      Vì AB  DC  (2; 6)  B (3; 1) Kết luận: A(1; 5); B(3; 1); D(5; 3) 0,5 0,25 0,5 0,25 Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HOC NĂM 2012 Mơn: TỐN (Đ 2) Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THI SINH ( 7,0 điểm) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số: y = x − 3x + (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình đường thẳng d cắt đồ thị ( C) ba điểm phân biệt A( 2; 4), B, C cho gốc tọa độ O nằm đường trịn đường kính BC Câu II ( điểm) Giải phương trình cot x + = Giải phương trình (2 − sin 2 x)(2 cos x − cos x) 2sin x x + x(1 − x) + (1 − x)3 = − x + x3 + x (1 − x) ( x ∈ R ) e Câu III ( điểm) Tính tích phân I = ∫ (2 x + 1) ln x + dx x ln x + Câu IV ( điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 600 AB = AA’ = a Gọi M, N, P trung điểm BB’, CC’, BC Q điểm cạnh AB cho BQ = a Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ chứng minh (MAC) ⊥ (NPQ) Câu V ( điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng: a3 b3 c3 + + ≥ b +3 c +3 a +3 PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần ( phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a ( điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình bình hành OABC có diện tích Biết A (-1; 2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x - Tìm tọa độ đỉnh B C Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − y + z − = đường thẳng x −1 y − z x−5 y z +5 , d : Tìm điểm A d1 B d cho AB song d1 : = = = = 2 −2 song với mặt phẳng (P) AB cách (P) khoảng 1 x Câu VII.a ( điểm) Tìm số hạng không chứa x khai triển P = ( + x ) n + , biết n số nguyên dương thỏa mãn An + 2Cn = 16n B Theo chương trình Nâng cao Câu VI b ( điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A(1 ; 2) đường thẳng d: 4x – 3y – 23 = Hai điểm B C di động d cho đoạn BC ln có độ dài Tìm B C cho chu vi tam giác ABC nhỏ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vng ABCD với A(1; 2; 0); C(2; 3; -4) đỉnh B nằm mặt phẳng (Q): x + y + z − = Tìm toạ độ đỉnh D Câu VII.b ( điểm) Tìm a n nguyên dương thỏa : aCn + a a3 a n +1 n 127 Cn + Cn + + Cn = An = 20n (n + 1) Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM Đáp án 1 điểm Câu I Điểm a TX§: D = R 0,25 x = b Sù biÕn thiªn: y ' = x − , y ' = ⇔   x = Hàm số đồng biến khoảng ( ; 1) (1;+ ) Hàm số nghịch biến khoảng ( 1;1) + Hàm số đạt cực tiểu x = 1; yCT = + Hàm số đạt cực đại x = -1; yCĐ = y(-1) = Giíi h¹n: lim y = +∞ ; lim y = 0,25 Bảng biến thiên: x - -1 + y' 0,25 x →+∞ - x →−∞ +∞ + +∞ y -∞ 0,25 Đồ thị: + Giao với trục Oy (0; 1) + Giao víi trơc Ox (1; 0), (-2; 0) f(x) = x3 -3×x +2 -5 -2 ( im) Phơng trình đờng thẳng d qua điểm A(2;4) cã hƯ sè gãc k lµ: y = k ( x ) + Hoàng độ giao điểm của đờng thẳng d đồ thị (C) nghiệm phơng trình: 0,25 x = ⇔  x + 2x + − k = (2) 0,25 x − 3x + = k ( x − ) + ⇔ ( x − ) ( x + 2x + k ) = Đờng thẳng d cắt đồ thị (C) ba điểm phân biệt phơng trình (2) có hai nghiệm k > k > phân biệt khác 9 − k ≠ k ≠  x1 + x2 = −2  x1 x2 = − k Khi ®ã täa ®é B(x1;y1); C(x2;y2) với  , y1 = k ( x1 − 2) + 4, y2 = k ( x2 − 2) + 0,25 §iĨm O nằm đờng tròn đờng kính BC chØ OB.OC = k − 9k + 25k − 17 = ⇔ k = ( thỏa mãn ) 0,25 Vậy d : y = x+2 II 1.(1,0 điểm) 1) ĐK: x ≠ kπ , k ∈ ℤ Với ĐK phương trình cho tương đương 0,25 Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT cos4 x + sin x = (2 − sin2 2x )(cos2 x − cos x ) với: 2 ⇔ − sin 2x = (2 − sin 2x )(cos x − cos x ) 2 − sin2 2x = 2(2 − sin2 2x )(cos2 x − cos x ) ⇔ = cos2 x − cos x ⇔ cos2 x − cos x − = cos x =  cos x =   x = k 2π  ⇔ x = ± 2π + k 2π, (k ∈ Z )  0,25 0,25 Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình x = ± 2π + k 2π, k ∈ ℤ 0,25 điểm 0,25 +) điều kiện ≤ x ≤ a = x , a ≥  Đặt  ⇒ a + b4 = b = − x , b ≥  +) Phương trình trở thành a + ab + b3 = b + a + a 2b ⇔ (a − b)(a + b)(a + b − 1) = 0,25 a = b ⇔  a + b = (loai )  a + b =  +) Với a = b x = 1− x ⇔ x = 0,25 (tm) +) Với a+b= ta có hệ 0,25  a + b = a + b =   a + b = a + b =   ab = ⇔ ⇔   ab = ⇔   4 2  a + b = a + b =  (a + b) − 2ab  − 2a b =   ab =      ab =  x = ⇔ (tm) x = Vậy phương trình có nghiệm x= 0, x= 1, x = Câu III 0,25 điểm 0,25 (2 x + 1) ln x + 2( x ln x + 1) + ln x + ln x + dx = ∫ dx = ∫ 2dx + ∫ dx x ln x + x ln x + x ln x + 1 1 e +) I = ∫ e e e 0,25 e e I1 = ∫ 2dx = x = 2(e − 1) 1 +) Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT e I2 = ∫ ln x + dx Đặt t = x ln x + ⇒ dt = ln x + , §ỉi cËn x= => t = e; x= e => t = e+1 x ln x + +) I = 1+ e ∫ 0,25 1+ e dt = ln t = ln(1 + e) t 0,25 I = I1 + I = ln(1 + e) + 2(e − 1) 0,25 điểm Câu IV A' C ' I ⊥ A ' B '  ⇒ C ' I ⊥ ( ABA ' B ') C ' I ⊥ AA '  suy góc BC’ mp(ABB’A’) góc C ' BI Suy C ' BI = 600 a 15 C ' I = BI tan C ' BI = a 15 Có S A ' B 'C ' = A ' B '.C ' I = (dvdt ) C' I Gọi I trung điểm A’B’ 0,25 B' N M C A K P Q B 0,25 a 15 VABC A ' B 'C ' = AA '.S A ' B 'C ' = AA ' CI A ' B ' = (đvtt) 0,25 NP / / BC ' +)  ⇒ ( NPQ) / /(C ' BI ) (1) PQ / / C ' I  +) △ ABM =△ BB ' I (c − g − c) suy AMB = BIB ' 0,25 suy AMB + B ' BI = 900 ⇒ AM ⊥ BI Mặt khác theo chứng minh C’I ⊥ AM nên AM ⊥ (C ' BI ) Suy (AMC) ⊥ (C ' BI ) (2) Từ (1) (2) suy (MAC) ⊥ (NPQ) điểm Câu V Do ab + bc + ca = nên 0,25 3 a b c + + b + ab + bc + ca c + ab + bc + ca a + ab + bc + ca a3 b3 c3 = + + (b + c)(a + b) (c + a )(b + c) (a + b)(c + a) VT (***) = Theo BĐT Cơ si ta có a3 b + c a + b 3a a3 5a − 2b − c + + ≥ ⇒ ≥ (b + c)(c + a) 8 (b + c)(c + a) (1) 0,25 Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: b3 5b − 2c − a (2) ≥ (c + a)(a + b) c3 5c − 2a − b ≥ (a + b)(c + a) (3) 10 Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT Khi đó, tọa độ hai điểm cực trị là: A  2m; m3  m  B  0; 4m2  Đường thẳng qua hai điểm cực trị A, B là: 2m2 x  y  4m2  2 Điều kiện để AB tiếp tuyến đường tròn  x 1   y  3  bán kính R  d  I ; AB   có tâm I  1; 3 , 13 0.25 điểm 0.25 điểm là: 13 m   1      m 5   13 13 4m   m  39 m  28  0.25 điểm m2  m  2   m   14 m      14 Vậy, giá trị cần tìm là: m  2; m   Giải phương trình:   sin  x    sin x  3cos x  4  Phương trình cho tương đương với: 0.25 điểm sin x  cos x  sin x  3cos x    2sin x cos x  sin x   2cos2 x  3cos x  1    2cos x  1 sin x  cos x  1  0.25 điểm  cos x    sin x  cos x  1  cos x   x    k 2 , k  Z 3 0.25 điểm  x  k 2   sin x  cos x   sin  x     k Z   x   k 2 4   Phương trình có nghiệm là:  x  k 2  (với k  Z ) x    k 2    x   k 2   x  x   y  y    24 xy  Giải hệ phương trình:  2  x  y  xy  x  y  14   Xét phương trình (2): x  y  xy  x  y  14  Ta có:    x   y   x  y  y  14  Để tồn x điều kiện là:  x   y     y  y  14   Mặt khác:    y   x   y  x  x  14   3 y  10 y     y  Để tồn y điều kiện là:  y   x  6   x  x  14   0.25 điểm 1 2 0.25 điểm  3 x  16 y  20    x  10 Xét phương trình (1) với điều kiện  x  10  y  , ta có: 3 0.25 điểm  2   (1)   3x     y     24 x y    Xét hàm số f  t   3t  với t  1;   t Ta có: f '  t     với t  1;   t Nên hàm số f  t  đồng biến 1;   10  y  , ta có: 3   2 2      x     y      3.2     3.1     24 x y       x  Hay 1   y 1 Nên với điều kiện  x  x  vào phương trình (2) ta thấy khơng thỏa mãn Thay  y 1 Vậy, hệ phương trình cho vơ nghiệm  Tính tích phân: I  0.25 điểm 0.25 điểm x cos x   cos x  sin x dx   0.25 điểm Ta có: I   x  cos x  sin x  dx   dx cos x  sin x 0   0.25 điểm Xét I1   x  cos x  sin x  dx   xd  sin x  cos x  0    x  sin x  cos x  02    sin x  cos x  dx    x  sin x  cos x     cos x  sin x  02   2   cos  x   2 4  Xét I   dx      dx      dx x  sin x cos 0 cos cos  x   x   4 4      cos  x   2 4  I2  dx   2  sin x          Đặt t  sin  x    dt  cos  x   dx 4 4   Khi x  t    Khi x  t  2  0.25 điểm    dt  dt dt   t dx     t dx    t dx  2       2 2  2  2   ln    ln 1  t  2  ln 1  t  2          2    2    Như vậy: I     ln     2  2   Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách … 2 Nên I  2 Do ABCD hình thoi nên AC  BD Từ BD  AC suy IB  IA Ta có AB  IA2  IB  a  IA2  IA2  IA  a Nên: AC  2a , BD  3a  S ABCD  AC.BD  3a 2 Do tam giác SAB cân A AB  2a nên: SA  AB  2a Vì SH  mp  ABCD  nên tam giác SHA vng H, từ đó: 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm S L A D H K I B C 2 SH  SA  AH   2a  a 15 a    2 1 a 15 Thể tích khối chóp S.ABCD là: V  S ABCD SH  3a  a3 3 Do CD  mp  SAB  nên: d  SB; CD   d  CD; mp  SAB    d  C ; mp  SAB    d  H ; mp  SAB   Kẻ HK  AB K, đó: HK AH 1 a    HK  BI  BI AB 4 Kẻ HL  SK suy HL  mp  SAB  nên d  H ; mp  SAB    HL 1 16 28 a 35       KL  2 2 HL SH HK 15 a 3a 5a 14 a 35 2a 35 Vậy: d  SB; CD   4d  H ; mp  SAB     14 Tìm giá trị lớn biểu thức… Đặt a  x  1; b  y  2; c  z  a  0; b  0; c  Thay vào giả thiết ta có: abc  , 0.25 điểm 0.25 điểm Ta có và: S  2 a 1  b   c 1 abc 0.25 điểm Bài tốn trở thành: Tìm giá trị lớn S  a   b2   c  với a, b, c abc số dương thỏa mãn abc  ln t với t   2t   2t  1 2t  2t   2t  1 2t   Ta có: f '  t   ; f ' t     2t t  t   Xét hàm số: f  t   t   2t  0.25 điểm  2t   2t  1  t  1 2t  4t  5t  4t       t  t    2     19      t  1  2t  1  x          16           t 1  t   Ta thấy:  1 * Nếu  t  2t   2t  1 2t   , nên f '  t   0, t   0;   2    1  19    * Nếu  t   t  1  2t  1  x        , điều kéo theo  16         1  2t   2t  1 t   , nên f '  t   0, t   ;1 2     19     Nếu t   t  1  2t  1  x        , điều kéo theo  16           2t   2t  1  t  1  , nên f '  t   0, t  1;   Bảng biến thiên f  t  x  f 't  + – f t  ln t  f 1  0, t  Từ ta có: f  a   f  b   f  c   nên suy ra: Như vậy: f  t   t   2t  0.25 điểm  ln a  ln b  ln c  2 ln abc   a  b  c    a  b  c  a2   b2   c2    a  b  c   Suy ra: S  a   b2   c   abc 0.25 điểm 7.a Vậy: max S  a  b  c  x   Hay: max S   y  1  z  2  Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC … Do ABCD hình thang cân với đáy lớn CD hai đường chéo AC, BD vng góc với nên tam giác ICD vng cân I Đường thẳng qua I vng góc CD : x  y   có phương trình : 3( x  2)  ( y  3)   x  y   Gọi K trung điểm CD ta có tọa độ K nghiệm hệ: x  3y    K  3;0   3 x  y   A 0.25 điểm B H I C K D Mà KI  KC  KD nên C, D giao điểm đường thẳng CD đường tròn tâm K bán kính 0.25 điểm KI  10 x  3y    2  x  3  ( y  10  Do tọa độ chúng nghiệm hệ   C  6;1 , D  0; 1 C có hoành độ dương Gọi H trung điểm AB ta có 45  S ABCD  ( AB  CD) HK  ( IH  IK ) HK  IH  10 2       ID IK Mà    DI  IB  B (3;5)  BC  (3; 4) IB IH    IH  10 Vậy đường thẳng BC có phương trình: 4( x  3)  3( y  5)   x  y  27  8.a Tìm điểm M thuộc (P) ……  Đường thẳng  qua điểm M  2; 1;0  có vec-tơ phương u  1; 2; 1 x   t  Phương trình tham số  là:  y  1  2t   z  t Tọa độ giao điểm I  mp(P) nghiệm hệ phương trình: 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm x   t t  1  y  1  2t x      I 1;1;1   z  t y 1   x  y  z   z    Điểm M thuộc mặt phẳng (P) nên tọa độ M có dạng: M  a; b;3  a  b    MI  1  a;1  b; a  b   0.25 điểm Để MI vng góc với  điều kiện là:    MI u   1.1  a    2 1  b   1 a  b  2  0.25 điểm 1  2a  b    b  2a  Ta có M I  4  1  a   1  b 2   a  b  2  2 Thay (1) vào (2) ta có: 2 2  0.25 điểm M I  14  1  a     a    a    224 a   b   1  a   16    a  3  7 Vậy: M  5;9; 11 M  3; 7;13 9.a Tìm hệ số khai triển … Với n nguyên dương n  , ta có: 0.25 điểm n  n 1  6n   n  n 1  n n 1 12n 10  2n n 1 Cnn2  6n   An1  n  1  n2  9n 10    n  10 Vậy n  10 n Bài toán trở thành: Tìm hệ số x khai triển P ( x )  1  x  x  10 10 k Ta có: P ( x )  1   x  x       1k C10  x  x k   0.25 điểm k 1 k Xét số hạng:  1 C  1 k 10 k  x  3x  k k k , ta có: k C10  x  x    1 C1k0 x k 1  x2  k Bậc nhỏ x khai triển k, bậc lớn khai triển 3k Do x có có khai triển số hạng ứng với : k   3k   k   k   2;3; 4 Hay x có cótrong khai triển số hạng:  1 2 3 4 C10 x 1  x  ;  1 C10 x 1  x  ;  1 C10 x 1  x  2 Như vậy, x có khai triển số hạng  1 C10 x 1  x   1 0.25 điểm 0.25 điểm 4 C10 x 1  x  Ta có: 2 4 2 *  1 C10 x 1  x   C10 x 1  x  x  nên hệ số x 6C10 4 *  1 C10 x 1  x   C10 x 1  12 x   nên hệ số x C10 7.b Vậy, hệ số x cần tìm là: 6C10  C10  480 Tìm tọa độ điểm C elip … Hoành độ giao điểm đường thẳng  elip (E) nghiệm phương trình: 0.25 điểm x   12  3x  x  16    144  x  x    x     Như  elip (E) cắt hai điểm A  0;3 B  4;  có AB  Gọi H hình chiếu vng góc C  thì: S ABC  AB.CH  CH 2 Nên tam giác ABC có diện tích lớn CH lớn    Vì C  ( E ) nên tồn t    ;  cho C   4sin t;3cos t   2 Bởi vậy: CH  12sin t 12 cos t 12 32  Dấu đẳng thức xảy t    12  0.25 điểm 0.25 điểm  12    sin  t   1   4 3   3 , C   4sin       3    ;3cos        0.25 điểm  2 Hay C   2 2;      8.b  2 Vậy, tọa độ điểm C cần tìm C   2 2;      Tính thể tích khối tứ diện …… Vì A nằm đường thẳng d nên A  1  2t ; 2  t ; t  Ta có: d  A; mp  P     1  2t    2  t    t  12  22   2  0.25 điểm 1 t  2t     t 1 -Với t   A(1; 2;0) Ta có B (2c  2b; b; c) thuộc P : x  y  z    AB  (2c  2b  1; b  2; c) 0.25 điểm x 1 y  z nên suy ra: Theo AB vng góc với đường thẳng d :   1     AB.ud    2c  2b  1  1 b     1 c   3b    b  c 3c Như vậy: AB  (1; b  2; b) AB   1 2  (b  2)2  b   b  1   ABmin   b  1, c  1  B(0; 1; 1) Trường hợp ta tìm A(1; 2; 0) B(0; 1; 1) -Với t   A(3; 1; 1) Ta có B (2c  2b; b; c) thuộc P : x  y  z    AB  (2c  2b  3; b  1; c  1) x 1 y  z Theo AB vng góc với đường thẳng d : nên suy ra:   1     AB.ud    2c  2b  3  1 b  1   1 c  1   c  b  2  Như vậy: AB  1; b  1; b   0.25 điểm 2 AB  12  (b  1)   b  3   b     ABmin   b  2, c   B  4; 2;  Trường hợp ta tìm A(3; 1; 1) B  4; 2;  Vậy: A(1; 2; 0) B (0; 1; 1) ; A(3; 1; 1) B  4; 2;0  9.b   Giải phương trình log x   log  x  2  log  x  3 0.25 điểm Điều kiện xác định: x   ; 2    2;3   3;   Với điều kiện đó, phương trình viết lại là: 0.25 điểm 2 log  x2  4  log  x  2 x     x  2 x  2   x  2 x     x    x  2 x   * Với x   ; 2    2;3 , ta có: *  x    x    x  Với x   3;   , ta có: *  x    x  2 x  3  x   x  2 thỏa mãn điều kiện xét  x2  x    x   0.25 điểm 0.25 điểm Nên khoảng xét phương trình có nghiệm x   Vậy, phương trình có nghiệm: x   x  2 0.25 điểm TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2014 Mơn: TỐN; Khối: B D; Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  3(m  2) x  m  có đồ thị (Cm ), với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m  b) Tìm m để (Cm ) tồn hai điểm có hồnh độ lớn cho tiếp tuyến điểm (Cm ) vng góc với đường thẳng d : x  y   sin x   cot x   cos x  cos x  x  1  y   y    Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  ( x, y  )  y y  x 1  x    Câu (1,0 điểm) Giải phương trình   Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y  3x  (3 x  1) x  ; y  0; x  Câu (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB  AC  a 2, BD  CD  a 3, BC  2a , góc tạo hai mặt phẳng (ABC) (BCD) 450 Tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) Câu (1,0 điểm) Giả sử x, y số thực dương thỏa mãn 3( x  y )  x  y  Tìm giá trị lớn   x  2y 2x  y  x  y 2 x2  y II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a 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 đỉnh A(3; 3), tâm đường tròn ngoại  tiếp I (2; 1), phương trình đường phân giác góc BAC x  y  Tìm tọa độ đỉnh B, C biết biểu thức P   góc BAC nhọn Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   đường x3 y z7 x y  z 1 x 1 y z  thẳng d :   ; d1 :   ; d2 :   Tìm M  d1 , N  d cho đường 1 2 1 thẳng MN song song với (P) đồng thời tạo với d góc  có cos   Câu 9.a (1,0 điểm) Cho phương trình z  4(a  1) z  4a   (1), với a tham số Tìm a   để (1) có z hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn số ảo, z2 số phức có phần ảo dương z2 b Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B x  y  18  0, phương trình đường thẳng trung trực đoạn thẳng BC  x  19 y  279  0, đỉnh C thuộc đường thẳng d : x  y   Tìm tọa độ đỉnh A biết BAC  1350 BC  Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;  4;  5), B(2; 0;  1) mặt phẳng ( P) : x  y  z   Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) cho mặt phẳng (MAB) vng góc với (P) MA2  MB  36 x  ax  đường thẳng d : y  x  Tìm số thực a để d x 1 cắt (Ca ) hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn IA  IB , với I (1;  2) Câu 9.b (1,0 điểm) Cho đồ thị (Ca ) : y  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 Mơn: TỐN – Khối B, D; Thời gian làm bài: 180 phút Điểm Đáp án a) (1,0 điểm) Khi m  hàm số trở thành y  x  x  x  a) Tập xác định:  b) Sự biến thiên: * Giới hạn vơ cực: Ta có lim y   lim y   x  x  * Chiều biến thiên: Ta có y '  3x  12 x  9; 0,5 x  x  y'    ; y'    ; y '    x  x  x  Suy hàm số đồng biến khoảng  ; 1 ,  3;    ; nghịch biến khoảng 1; 3 * Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  1, yCĐ  3, hàm số đạt cực tiểu x  3, yCT  1 * Bảng biến thiên: y x   y' + –  y  + 0,5 1 O c) Đồ thị: x 1 b) (1,0 điểm) Đường thẳng d có hệ số góc k   Do tiếp tuyến (Cm ) vng góc với d có hệ số góc k '  Ta có y '  k '  3x  12 x  3(m  2)   x  12 x   3m (1) Yêu cầu tốn tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn Xét hàm số f ( x)  3x  12 x  (1;   ) Ta có bảng biến thiên: x    f ( x) Câu (1,0 điểm) 0,5  5 8 Dựa vào bảng biến thiên ta suy phương trình f ( x)  3m có hai nghiệm phân biệt lớn 8 8  3m  5   m  Vậy  m  3 3 Điều kiện: cos x  1, sin x   x  k , k   Phương trình cho tương đương với 0,5 0,5 sin x  sin x cos x   cos x cos x  2 sin x sin x  sin x  cos x   2sin x  sin x  cos x  cos x   (sin x  cos x)(1  cos x  sin x)  *) sin x  cos x   x     k , k        x   k 2 *)  cos x  sin x   sin  x      4   x    k 2 , k   Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm phương trình x   Câu (1,0 điểm)  0,5  k , x    k 2 , k   Điều kiện: x  Đặt t  x  1, t  Khi x  t  hệ trở thành t (1  y )  y   t  y  2ty   (t  y )  2ty         2  y( y  t )  t    y  ty  t   (t  y )  3ty      0,5 t  y  y  t Suy 2(t  y )  3(t  y )     t  y   y  t    *) Với y  t , ta có 2t    t  Suy x  2, y  3  13  3 *) Với y  t  , ta có   2t  t      4t  6t    t  2  2 19  13  13 ,y  19  13  13  Vậy nghiệm (x; y) hệ (2; 1),  ;      x 1 3x  Ta có   3x   x  Rõ ràng  với x   0; 1 (3 x  1) x  (3 x  1) x  Do diện tích hình phẳng 1 3x  3x  S dx   3x dx x x x x  1)  (3 (3  1)  Suy x  Câu (1,0 điểm) Đặt t  3x  1, ta có x  t  2, x  t  3x  t  2tdt Suy 3x ln 3dx  2tdt , hay 3x dx  Khi ta có ln S ln 2 t 2 tdt  t ln   2  2 dt  t    ln  t   1  t   3 2  ln 0,5 0,5 0,5  Gọi M trung điểm BC A Câu (1,0 điểm) Từ tam giác cân ABC, DBC  AM  BC , DM  BC B    450 AMD Từ giả thiết  (  )  450   AM , DM    1350  AMD D H M AMD TH   450 C 0,5 Sử dụng định lý Pitago  AM  a, DM  a Kẻ AH  MD H Vì BC  ( AMD)  BC  AH  AH  ( BCD) Khi a ; S BCD  DM BC  a 2 2 a3 Suy VABCD  AH S BCD  3 Sử dụng định lý cosin cho AMD  AD  a  AC  AD  3a  CD  ACD vuông A 3V a2 Suy S ACD  AC AD   d  B, ( ACD)   ABCD  a 2 S ACD   1350 TH AMD AH  AM sin 450  0,5 a3 a ; d  B,( ACD)   , ( AD  a ) 3 x  2y xy xy x 3     Ta có x  y x  y ( x  y )  y x  y xy  y x  y x  y x  y Tương tự ta có VABCD  Câu (1,0 điểm) Tương tự, ta có 2x  y y   2 x  y x  2y x  y 2x  y 0,5 x y   , bất đẳng thức tương đương với 2x  y x  y Mặt khác, ta có x  y  xy  , hay ( x  y )  2 x  y  xy Từ ta có P   x y  3     Suy P   x y x  y  2x  y x  y  x  y x  y x  y (1) Từ giả thiết ta lại có 3( x  y )  4( x  y )   2( x  y )  Suy ( x  y )2  4, hay x  y  (2) 0,5 Từ (1) (2) ta có P  Dấu đẳng thức xảy x  y  Vậy giá trị lớn P 2, đạt x  y  Vì AD phân giác góc A nên AD cắt đường trịn (ABC) E điểm cung BC  IE  BC Vì E thuộc đường thẳng x  y  IE  IA  R  E (0; 0)   Chọn n BC  EI  (2; 1)  pt BC có dạng x  y  m  A Câu 7.a (1,0 điểm) I B H D E C Từ giả thiết  HC   IH  IC  HC  5 0,5  d ( I , BC )    m  2  BC : x  y   | m5|     5  m  8  BC : x  y    Vì BAC nhọn nên A I phải phía BC, kiểm tra thấy BC : x  y   thỏa mãn 2 x  y   8 6  8 6 Từ hệ   B (0; 2), C  ;   B  ;   , C (0; 2) 2 5 5 5 5 ( x  2)  ( y  1)   Câu 8.a (1,0 điểm) 0,5 M  d1  M (m; 2m  2; m  1); N  d  N ( n  1; n; 2n  3) Suy   MN  ( m  n  1;  2m  n  2;  m  2n  2)      nP MN  m  n   m  n   Vì MN // (P) nên     N  ( P) n  n      Suy u MN  (3;  n  2; n  4) ud  (2;  1; 2) Suy cos( MN , d )  | 3n  12 | 2n2  4n  29  |n4| 2n  4n  29  cos   0,5  3(n  4)  2n2  4n  29  n2  20n  19   n  1 n  19 0,5 *) n  1  m  3  M (3;  4;  2), N (0;  1; 1) *) n  19  m  21  M (21;  40;  20), N (18;  19;  35) Câu 9.a (1,0 điểm) Từ giả thiết suy z1 , z2 số thực Do  '  0, hay 4(a  1)2  8(4 a  1)   4(a  6a  1)   a  6a   (*) a   ( a  6a  1) i a   (a  6a  1) i Suy z1  , z2   z1 4 z a  Ta có số ảo  z12 số ảo  (a  1)2  (a  6a  1)   a  2a    z2  a  Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị a a  0, a  B  BH : x  3 y  18  B(3b  18; b),  Câu 7.b (1,0 điểm) H A d B M C  C  d : y  x   C (c; 2c  5) Từ giả thiết suy B đối xứng C qua đường trung trực      u BC   : x  19 y  279     trung điểm BC M    60b  13c  357 b   B (6; 4)    10b  41c  409 c  C (9; 23)   AC  BH  chọn n AC  u BH  (3; 1)  pt AC : 3x  y    A(a; 3a  4)     AB  (6  a;  3a ), AC  (9  a; 27  3a )    (6  a )(9  a )  (8  3a )(27  3a ) A   Ta có   1350  cos( AB, AC )   2 2 2 (6  a )  (8  3a ) (9  a )  (27  3a ) 3  a    a  Suy A(4; 8)    2 2  2(3  a )  a  6a  10 |  a | a  6a  10  Gọi (Q) mặt phẳng chứa A, B vuông góc với (P) Suy M thuộc giao tuyến (Q) (P)        AB  (2; 4; 4)    nQ   AB, nP   (0; 6;  6)  6(0; 1;  1) Suy pt (Q): y  z         nP  (1; 1; 1)  0,5 0,5 0,5 0,5 (9  a )(3  a ) Câu 8.b (1,0 0,5 điểm) Câu 9.b (1,0 điểm)  y  z 1  x  y z 1 Gọi d  ( P )  (Q )  pt d :   M (2t  2; t ; t  1)  d    x y z3 2 1   M ( 2; 0;  1) t  2     14  Ta có MA  MB  36  6t  8t   M  ; ; t         3 3 Hoành độ giao điểm d (Ca ) nghiệm phương trình x  (a  1) x   0, x  0,5 x  ax   x  1, hay x 1 (1)    (a  1)   a   Phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác    a   a  3  Khi gọi x1 , x2 hai nghiệm phân biệt (1), ta có A( x1 ; x1  1), B( x2 ; x2  1) 0,5 (2) Do IA  IB  ( x1  1)2  (2 x1  3)  ( x2  1)2  (2 x2  3) 2  x12  14 x1  x2  14 x2  ( x1  x2 )  5( x1  x2 )  14    5( x1  x2 )  14  0, x1  x2 (3) 19 Theo định lý Viet ta có x1  x2  a  Thay vào (3) ta 5(a  1)  14   a   , thỏa mãn 19 điều kiện (2) Vậy a   0,5 ... Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc -Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HOC NĂM 2012 Mơn: TỐN (Đ 2) Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THI. .. Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc -Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – NĂM 2012 ( Đ 6) Mơn: Tốn khối A, B Thời gian:180 phút không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ... Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc -Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – NĂM 2012 ( Đ 5) Mơn: TỐN; Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG