Đáp án đề thi thử đại học Vinh khối B năm học 2014 lần 4 môn toán

[r]

1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 Mơn: TỐN – Khối B; Thời gian làm bài: 180 phút

Câu Đáp án Điểm

Câu (2,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

10 Tập xác định: R\{1}

20 Sự biến thiên:

* Giới hạn vô cực: Ta có lim

xy  xlimy 1 Giới hạn vô cực:

1

lim

xy

 

lim

xy  

Suy đồ thị (H) có tiệm cận ngang đường thẳng y 1, tiệm cận đứng đường thẳng x1

* Chiều biến thiên: Ta có ' 2 0,

( 1)

y x

 

 với x1 Suy hàm số đồng biến khoảng ; 1 1; 

0,5

* Bảng biến thiên:

30 Đồ thị:

Đồ thị cắt Ox 1; , cắt Oy (0;1)

Nhận giao điểm I(1; 1) hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,5

b) (1,0 điểm)

Gọi tiếp điểm 0

0

1

; ( )

1

x

M x C

x

   

  

  Khi ta có

0

0

2

1

2

1

3

( , )

5 1 2

x x

x d M

 

 



   



0

0

1

2

1

x x

x 

   



2

0 0

2x 2x 3x

    

2

0 0 0

2

0

0 0 0

1

2 2 3( 1) 5

1

2 2 3( 1)

2

x

x x x x x

x

x x x x x

  

         

   

       

 

  

0,5

*) Với x0  1, ta có M( 1; 0), suy pt tiếp tuyến y y'( 1).( x1) hay 1

2

y x

*) Với 0 1,

x  ta có 1; ,

M 

  suy pt tiếp tuyến

1

'

2

y y     x 

    hay y8x1

0,5

Câu (1,0 điểm)

Phương trình cho tương đương với

cos (sinx xcos ) sin 2x  x 1 cos2xsin2x(sinxcos ) (sin 2x  x 1)

2

(cos sin )(sin cos ) (sin 1)

(cos sin )(1 sin ) (sin 1) (sin 1)(cos sin 1)

x x x x x

x x x x x x x

      

           

0,5

*) sin sin 2 ,

2

x   x  x  k    x  k kZ

*)

2

1 4 4

cos sin sin

3

4 2 ,

2 2

4

x k

x k

x x x

x k k

x k

   





   

     



  

        

   

     



 Z

Vậy nghiệm phương trình ,

x  k , ,

xk  x  k  kZ

0,5

x

'

y

y



 1 

1



 

+ +

 

1

 O x

y

I

1



1

1

2 Câu

(1,0 điểm)

Điều kiện:

1

x     x

Phương trình cho tương đương với

3x (x1)(x   x 1) (x  1) (x   x 1) 18(x1)

Đặt

1, 1, 0,

a x b x  x a b Khi phương trình trở thành

3(a2 1)aba b2 2b218a2

0,5

2 2

2

(3 ) (3 ) 2( )

(3 )( )

a b a b b a b b a

a b a b b a

     

    

3a b 0,

   a b b2  6a0

Suy x 1 x2  x x210x    8 x 33, thỏa mãn điều kiện

Vậy nghiệm phương trình x 5 33

0,5

Câu (1,0 điểm)

Ta có

2 2

2

0

(4cos 1)cos 4sin

d d(sin )

2 3sin (1 2sin ) 2sin 3sin

x x x

I x x

x x x x

 

 

 

    

 

Đặt tsin x Khi x0 t0,

2

x t1 Suy

1

2

3 d

2

t

I t

t t  

 



0,5

1

0

6 (4 4) (2 1)

2 d d

(2 1)( 1) (2 1)( 1)

t t t

t t

t t t t

       

       

   

   

 

 

1

0

4

2 d 2ln(2 1) ln( 1) 2ln ln ln18

2t t t t t t

 

                

 

 



0,5

Câu (1,0 điểm)

*) Vì SAB tam giác vng cân S nằm mặt phẳng vng góc với (ABCD) nên

1

SH  ABa SH ABCD Suy

 

3

1

3

5

1 4 4

3 2 12

S APND APD NPD

V SH S S

a a

a a

a a

 

 

 

   

 

 

0,5

*) Ta có CDDH CD, SHCDSDHCDMP (1) Ta chứng minh MPMD. Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông MHD, MHP ta có

5

,

2

a a

MD MP Khi

2

2 25

16

a

MD MP  DP Suy MPMD (2)

Từ (1) (2) suy MNP  MCD, điều phải chứng minh

0,5

Câu (1,0 điểm)

Vì x y, số thực dương nên

2

7( )

( ) x y x xy y

P x y

x y

     

 

 

  

 

2

7

(x y) y x xy y

x y

    

 

  

  

 

(1)

Đặt t x,t

y

 

2 2

7 8

y x xy y t t

x y t

      

  (2)

0,5

Xét hàm số

2

7

( )

1

t t f t

t

  



 với t0

S

B

C D

A H

M

N

3 Ta có

2

2 2

7 28

'( ) ; '( )

( 1)

t t

f t f t t t t

t t t

   

       

  

Suy bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta suy f t( ) 3

với t0 Dấu đẳng thức xảy

khi t2 (3)

Từ (1), (2) (3) ta suy P(xy)(7 3) 8, dấu đẳng thức xảy

2

4

,

2 3

x y

x y

x t

y   

   

  

 Vậy giá trị lớn P 8, đạt

4

,

3

x y

0,5

Câu 7.a (1,0 điểm)

Vì DEAC nên DE x:    y D t; t 

Ta có  ,   ,   , 

3

d G AC  d B AC  d D AC

 

 

1;

1

2

1

2

5

3 5;

D t

t

t D

 



 

       

 

Vì D G nằm khác phía AC nên D1;4 

0,5

Ta có  

   

1

2 1; :

4 4

B

B x

GD GB B BD x

y      

     

     

 

Vì AAC x:    y A a a ; 1 

Ta có 1 4

3 3

AGCD AGC ACD ABC ABC ABD S S S   S  S  S

 

Suy 24  ,  24

2

ABD

S   d A BD BD    

   

5; tm

5

1 12 48

3 3; ktm

A a

a

a A

 



       

 

 

Từ  ADBCC 3; 

Vậy A    5; , B 1; ,C  3; , D 1;4 

0,5

Câu 8.a (1,0 điểm)

Vì AAB A a 3;a 4; 4a8  Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng   suy A1; 2;  Vì BABB b 3;b 4; 4b8  Ta có

         

   

2 2 2; 3; tm

3 2 16 18

3 0; 1; ktm

B

B x

b

AB b b b

b B

  

  

            

 

0,5

Ta có sin 300 2

BCAB  Mặt khác  , 

d B   BC Từ suy C hình chiếu

vng góc B lên   Ta có 2 ; 3;    7; 3;

2 2

C c   c    c C  

 

Vậy 1; 2; , 2; 3; , 7; 3;

2

A B  C  

 

0,5

Câu 9.a (1,0 điểm)

Đặt z x yi x y( , R) Khi ta có

z i z x (y 1)i (x 1) yi x (y 1) (i x yi2) (2x 1) yi(x yi)

z z x yi x yi x y

      

         

  

2

2 2

2

x y x y x y

i

x y x y

   

 

 

0,5

A B

C D

G

E

( ) f t

'( ) f t

t

0

+ –

0 

3

4 Theo ta có

2 2

2 2 2

2 2

2

2 2

2 2

2 0

0

5

4

1

5( ) 5( )

5

x y x y x y x y

x y

x y x y

x y x y

x y x y

x y x y x y x y

x y x y

             

     

      

   

 

           

 

   

 

*) x2 ,y suy 22 0, (ktm)

2,

5

x y x y

z i

x y

y y



   

    

    

 



*) x 2 ,y suy

2 0, (ktm)

6

6,

5 15

x y x y

z i

x y

y y

 

   

    

      

 

 Vậy z 2 i z,  6 i

0,5

Câu 7.b (1,0 điểm)

Gọi I ACBE Vì IACI t ; 2t3  Ta thấy I trung điểm BE nên E2t4; 4t6  Theo giả thiết

   

3 3; , 2;

E    t I E

Vì AD/ /BC, AD2BC nên BCDE hình bình hành Suy ADCIBC

Từ cot cot cos

IBC ADC  IBC

0,5

Vì CACC c ; 2c 3 BI1; , BC c 4; 2c3  Ta có



2

5

2 5

cos 7

3 22 35

5 10 20 25

3

c c

c IBC

c

c c

c c

  



  

     

  



   

Suy C5; 7 5; ` 3

C 

 

Với C 5; , ta thấy I trung điểm AC nên A1; ,  E trung điểm AD nên D3; 13 

Với 5; ,

C 

  tương tự ta có

11 13 23

; , ;

3 3

A  D 

   

0,5

Câu 8.b (1,0 điểm)

Ta có AB1; 1; , n 1; 5;2  Ta thấy A  nên đường thẳng MA có VTCP

 

, 17; 5;

MA

u AB n  : 1  17 2; 1; 

17

x y z

MA    M m m m

       



0,5

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có

 

 2 2

1 1

330 ,

AM

AM AB

d A MB

   

Suy 17m    2 5m 2 4m 330   m M15; 6; , M19; 4; 3

0,5

Câu 9.b (1,0 điểm)

Điều kiện: x y

Đặt txy0, phương trình thứ hệ trở thành

4t (t 2)2t    t (2t1)(2t  t 3) 2t  t 0, 2t  1

Vì hàm f t( )2t t đồng biến R, mà f(1)0 nên 2t     t t Khi ta có

1,

xy hay y

x 

0,5

Thế vào pt thứ hai hệ ta

2

2 2

2 2 2

1 1

log x log x.log log x log x

x x x



     

 

 

2

2

2

2 2

2

1

log log

1

2

1 1 1

log log

x x

x x

x x

x x

x

x x x

x

x x x

     

    

 

    

         

 

 

Suy nghiệm hệ 2,

x y

0,5

B C

D

A E

