WWW.VNMATH.COM TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2014 Mơn: TỐN; Khối: A A1; 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 (m 1) x 2m có đồ thị (Cm ), với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m 5 b) Cho I 0; Tìm m để (Cm ) có điểm cực đại A, hai điểm cực tiểu B C cho tứ giác ABIC 2 hình thoi Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x 2sin x sin x cos xcos2 x x x x y y y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( x, y ) 2 x y x y Câu (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành quay hình phẳng giới hạn đường y , y 0, x x xung quanh trục hoành 3x a 10 1350 Hình , AC a 2, BC a, ACB chiếu vng góc C ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M AB Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' góc tạo đường thẳng C ' M với mặt phẳng ( ACC ' A ') Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có AA ' Câu (1,0 điểm) Giả sử x, y, z số thực dương thỏa mãn x y xy ( x y ) z z Tìm giá trị nhỏ 1 biểu thức P 2 4( x y ) ( x z ) ( y z) 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 đường tròn (C ) : ( x 2)2 ( y 1) đường thẳng d : x y Từ điểm M thuộc d kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với (C) A B Tìm tọa độ điểm M cho độ dài AB nhỏ x y z 1 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d : 1 2 x y 1 z : Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc d, cắt hai điểm A, B cho IAB tam 1 2 giác vuông AB 11 Câu 9.a (1,0 điểm) Có số tự nhiên chẵn gồm chữ số đôi khác cho số có mặt chữ số 9? b Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình tắc elip (E) có tâm sai , biết diện tích tứ giác tạo tiêu điểm đỉnh trục bé (E) 24 Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; 0; 2), B(3; 1; 4), C (2; 2; 0) Tìm điểm D mặt phẳng (Oyz) có cao độ âm cho thể tích khối tứ diện ABCD khoảng cách từ D đến mặt phẳng (Oxy) Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 2i i z có acgumen Hết WWW.VNMATH.COM TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2014 Mơn: TỐN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Câu (2,0 điểm) x x a) Tập xác định: D ; y hàm số chẵn b) Sự biến thiên: * Giới hạn vơ cực: Ta có lim y lim y Khi m hàm số trở thành y x x * Chiều biến thiên: Ta có y ' x x; 0,5 x x x 2 ; y' ; y' y' x 2 2 x 0 x Suy hàm số đồng biến khoảng 2; , 2; ; nghịch biến khoảng ; , 0; * Cực trị: Hàm số đạt cực đại x 0, yCĐ 3, hàm số đạt cực tiểu x 2, yCT 1 * Bảng biến thiên: y x 2 y' – + – + y 3 0,5 1 1 2 O c) Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng x 1 b) (1,0 điểm) Ta có y ' x3 2(m 1) x, với x (Cm ) có điểm cực đại điểm cực tiểu y ' có nghiệm phân biệt 2(m 1) m 1 (1) Khi nghiệm phân biệt y ' x 0, x 2(m 1) x 2(m 1) Điểm cực đại (Cm ) A(0; 2m 1), hai điểm cực tiểu B 2( m 1); m C 0,5 2( m 1); m Nhận thấy AI vng góc với BC H 0; m H trung điểm BC Do tứ giác ABIC hình thoi H trung điểm AI Hay xH x A xI 2m 2m m m 2 yH y A yI Câu (1,0 điểm) 0,5 Đối chiếu điều kiện (1) ta giá trị m m Phương trình cho tương đương với 2sin x cos x sin x(2sin x 1) cos x cos x cos x(2sin x sin x cos x) *) cos x x k , k 0,5 WWW.VNMATH.COM *) 2sin x sin x cos x sin x sin x cos x sin x sin x 2 3 x x k 2 x k 2 x x k 2 x 2 k 2 , k 3 Vậy nghiệm phương trình x Câu (1,0 điểm) k , x k 2 , x 0,5 2 2 k , k 3 Điều kiện: x 2, y Phương trình thứ hai hệ tương đương với x 2 y x y Thế vào phương trình thứ nhất, ta x (2 y x y 2) x x y y y 0,5 x 3x x y y y ( x 1) ( x 1) ( x 1) (2 y )2 y y (1) Xét hàm số f (t ) t t t với t 1 1 Ta có f '(t ) 2t ; f "(t ) ; f "(t ) t t 1 (t 1) 3 Suy f '(t ) f ' với t (1; ) Do hàm f (t ) đồng biến 4 [ 1; + ) Suy phương trình (1) f ( x 1) f (2 y ) x y x y Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta y 1 2 (2 y 1) y 2(2 y 1) y y y y 1 Suy nghiệm (x; y) hệ (1; 1), ; 6 Câu (1,0 điểm) Thể tích khối tròn xoay V dx 1 3x 0,5 2t t2 Đặt t 3x , ta có x t 2, x t x nên dx dt 3 2 2t 2 t 2 1 Khi ta có V dt dt dt 2 (1 t ) 3 (t 1) t (t 1)2 2 2 ln | t 1| ln 6ln 6 9 t 1 C' B' Câu (1,0 điểm) 0,5 0,5 a2 S ABC CA.CB sin1350 2 Áp dụng định lý cosin cho ABC AB a A' CA2 CB AB a 4 a C ' M C ' C CM CM H K C B M Suy thể tích lăng trụ V C ' M S ABC A Kẻ MK AC (K thuộc AC), MH C ' K (H thuộc C ' K ) 0,5 a3 0,5 WWW.VNMATH.COM Vì AC (C ' MK ) nên AC MH MH ( ACC ' A ') C ' M , ( ACC ' A ') MC ' H MC ' K (1) Vì M trung điểm AB nên SCAM 2S 1 a2 a MK 'K SCAB MK MAC tan MC AC C 'M 2 ' K 300 Suy MC C ' M , ( ACC ' A ') 300 Từ (1) (2) suy Câu (1,0 điểm) (2) Đặt x z a Từ giả thiết tốn ta có ( x z )( y z ) 1, hay y z a Do x y nên x z y z Suy a 1 a2 a a Ta có x y x z ( y z ) a Khi P 0,5 a2 a2 3a a a2 3a a2 2 2 a 4( a 1) 4( a 1) a 4( a 1) Đặt a t Xét hàm số f (t ) Ta có f '(t ) (1) t 3t với t 4(t 1) t ; 4(t 1) t f '(t ) f '(t ) (t 2)(3t 3t 2) t BBT: – + 0,5 f (t ) Dựa vào BBT ta có f (t ) với t Từ (1) (2) suy P 3, dấu đẳng thức xảy x z 2, y z (2) Vậy giá trị nhỏ P (C) có tâm I (2; 1), bán kính R 5, d ( I , d ) 10 R nên d A Câu 7.a (1,0 điểm) không cắt (C) M d M (3m 9; m) R M I H B AH Từ tính chất tiếp tuyến ta có MI AB H trung điểm AB 1 Trong tam giác vng AIM ta có 2 AH AI AM d 0,5 AI AM R ( IM R ) R4 R2 2 AI AM IM IM Ta có AB nhỏ AH nhỏ IM nhỏ ( R không đổi) Mà IM (3m 7)2 (m 1) 10(m 2) 10 10 nên suy IM 10 m 2 0,5 Suy M (3; 2) IAB có IA IB nên vng I Suy IH I Câu 8.a (1,0 điểm) d AB 11 (H hình chiếu I lên AB) R A H Suy d ( I , ) 11 0,5 (1) B Khi bán kính mặt cầu R IH 22 I d I (2t ; t ; 2t 1); u (1; 1; 2) M (0; 1; 2) MI (2t ; t 1; 2t 1) 0,5 WWW.VNMATH.COM u , MI u , MI ( 4t 3; 2t 1; 3t 1) d ( I , ) u 29t 26t 11 (2) I (2; 1; 1) t Từ (1) (2) 29t 26t 55 110 55 139 I t 55 ; ; 29 29 29 29 2 2 110 55 139 Suy pt mặt cầu ( x 2) ( y 1) ( z 1) 22 x y z 22 29 29 29 Câu 9.a (1,0 điểm) 2 Giả sử số cần lập abcd , d {0, 2, 4, 6, 8} Xét trường hợp sau 0,5 * d Số cách lập abc có chữ số C71 3! 42 * d Số cách lập abc có chữ số C82 3! C71 2! 154 * d {2, 4, 6} Số cách lập abc có chữ số C71 3! 120 0,5 Vậy số số lập 42 154 120 316 Câu 7.b (1,0 điểm) y Phương trình tắc (E) có dạng B2 x2 y (a b 0) a b2 Gọi F1 ( c; 0), F2 (c; 0) tiêu điểm với c a b , F1 F2 B1 (0; b), B2 (0; b) đỉnh trục bé c x O F1 B1F2 B2 hình thoi 1 Suy S F1B1F2 B2 F1 F2 B1B2 2c.2b 2bc 24 B1 2 (1) bc 12 b c 144 b (a b ) 144 c Tâm sai e 0,6 25c 9a 25(a b ) 9a 4a 5b hay a b (2) a a x2 y Suy ( E ) : Từ (1) (2) suy 25 16 b b D (Oyz ) D(0; y0 ; z0 ) , điều kiện z0 Câu 8.b (1,0 điểm) Phương trình (Oxy ) : z d D , (Oxy ) z0 z0 Suy z0 1 D(0; y0 ; 1) Ta có AB (1; 1; 2), AC (4; 2; 2), AD (2; y0 ; 1) Suy AB, AC (2; 6; 2) AB, AC AD y0 y0 VABCD AB, AC AD y0 y0 1 Suy D(0; 3; 1) D(0; 1; 1) 0,5 0,5 0,5 0,5 Đặt z r cos i sin , r Câu 9.b (1,0 điểm) Suy z r cos( ) i sin( ) Khi Theo giả thiết ta có Suy z 2i i z 2r cos i sin 6 6 3r r i Khi z 2 3r r i 2 3r r 12 r r r 2, r 2 Vậy z i 0,5 0,5 ... 1, hay y z a Do x y nên x z y z Suy a 1 a2 a a Ta có x y x z ( y z ) a Khi P 0,5 a2 a2 3a a a2 3a a2 2 2 a 4( a 1) 4( a 1) a ... 0,5 a2 S ABC CA.CB sin1350 2 Áp dụng định lý cosin cho ABC AB a A' CA2 CB AB a 4 a C ' M C ' C CM CM H K C B M Suy thể tích lăng trụ V C ' M S ABC A Kẻ MK AC... nên d A Câu 7 .a (1,0 điểm) không cắt (C) M d M (3m 9; m) R M I H B AH Từ tính chất tiếp tuyến ta có MI AB H trung điểm AB 1 Trong tam giác vng AIM ta có 2 AH AI AM d 0,5 AI AM R