Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 môn Toán (năm học 2013)

Mời các bạn cùng tham khảo Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 môn Toán (năm học 2013) của Trường Đại học Vinh dành cho các bạn khối A, A1. Đề thi gồm có hai phần, phần chung dành cho tất cả các thí sinh, phần riêng thí sinh lựa chọn có kèm hướng dẫn làm bài. Mời các bạn cùng tìm hiểu và tham khảo nội dung thông tin tài liệu.

www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2013 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 − 2mx + (1), với m tham số a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có tâm đường trịn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3x + (1 − cos x) cos x = (sin x + cos x) sin x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 4(2 x + 1) + 3( x − x) x − = 2( x + x) Câu (1,0 điểm) Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình phẳng giới hạn đường x +1 , y = 0, x = xung quanh trục hoành y= x2 + Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A' B ' C ' có đáy tam giác cạnh 3a Hình chiếu vng góc C ' lên mặt phẳng ( ABC ) điểm D thỏa mãn điều kiện DC = −2 DB Góc đường thẳng AC ' mặt phẳng ( A' B' C ' ) 450 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A' B' C ' tính cơsin góc hai đường thẳng BB ' AD Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn + x + + y + + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x + 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 tam giác ABC có B( ; − 5), phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ A trung tuyến kẻ từ B x − y − = x + y + = Tìm tọa độ điểm A C biết diện tích tam giác ABC 16 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d1 : x −1 y z − ; = = 1 x y − z −1 x −3 y + z = = ; d3 : = = Tìm tọa độ điểm P thuộc d1 điểm Q thuộc d cho đường 1 −2 thẳng PQ vng góc với d độ dài PQ nhỏ Câu 9.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z+i z +i số ảo + z +1 z +1 d2 : b Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2 3; 2) Viết phương trình tắc elíp (E) qua M biết M nhìn hai tiêu điểm (E) góc vuông Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm K (1; 3; 2) mặt phẳng ( P) : x + y + z − = Viết phương trình đường thẳng d qua K, song song với mặt phẳng (Oyz ) tạo với (P) góc α có tan α = ⎧2 x.3 y − x+2 = 3(6 x − y ) Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ R) ⎩log (1 + x) + log (2 + xy) = 2(1 + log y ) Hết -Ghi chú: BTC trả vào ngày 18, 19/5/2013 Để nhận thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC Kỳ khảo sát chất lượng lần cuối năm 2013 tổ chức vào chiều ngày 15 ngày 16/6/2013 Đăng kí dự thi văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 18/5/2013 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu Câu (2,0 điểm) www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2013 Mơn: TỐN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án a) (1,0 điểm) Khi m = hàm số trở thành y = x − x + 3 1o Tập xác định: D = R , y hàm số chẵn 2o Sự biến thiên: * Giới hạn vô cực: lim y = lim x ( − + ) = +∞ x → ±∞ x → ±∞ 3x x 16 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = x − x, x ∈ R 3 ⎡ x < −2 ⎡− < x < ⎡x = ; y' < ⇔ ⎢ y' = ⇔ ⎢ ; y' > ⇔ ⎢ ⎣0 < x < ⎣x > ⎣ x = ±2 Suy hàm số đồng biến khoảng (−2; 0) (2; + ∞) ; nghịch biến khoảng (−∞; − 2) (0; 2) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại điểm x = 0, giá trị cực đại yCĐ = ; hàm số đạt cực tiểu 10 điểm x = −2 x = 2, giá trị cực tiểu yCT = − * Bảng biến thiên: y x −∞ –2 +∞ − + − + y' +∞ +∞ y 10 10 − − −2 x O 3 3o Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng − Khi đồ thị hàm số có điểm cực trị A(0; 2), B (− 3m ; − 3m ) C ( 3m ; − 3m ) Tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O OA = OB = OC ⎡m = 1, m = 2 ⇔ = 3m + (2 − 3m ) ⇔ m(m − 1)(3m + 3m − 1) = ⇔ ⎢ ⎢m = − ± 21 ⎢⎣ Câu (1,0 điểm) π + kπ 0,5 0,5 0,5 − + 21 Phương trình cho tương đương với sin x + cos x − cos x cos x = sin x sin x + sin x cos x ⇔ sin x + cos x = (cos x cos x + sin x sin x) + sin 3x + sin x ⇔ cos x = cos x + sin x ⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x − 1) = * cos x + sin x = ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − 0,5 10 b) (1,0 điểm) 4x Ta có y ' = x − 4mx = ( x − 3m) 3 Đồ thị hàm số có điểm cực trị ⇔ phương trình y '= có nghiệm phân biệt ⇔ m > Kết hợp điều kiện m > ta có giá trị m m = 1, m = Điểm 0,5 www.VNMATH.com ⎡ π π ⎡ x = k 2π ⎢ x + = + k 2π π⎞ ⎛ * cos x − sin x = ⇔ cos⎜ x + ⎟ = ⇔⎢ ⇔⎢ ⎢ x = − π + k 2π π π 4⎠ ⎝ ⎢ x + = − + k 2π ⎣ ⎢⎣ 4 Vậy nghiệm phương trình x = − Câu (1,0 điểm) π + kπ , x = k 2π , x = − Điều kiện: x ≥ Phương trình cho tương đương với x( x − 2) x − = 2( x − x + x − 2) π 0,5 + k 2π , k ∈ Z 0,5 ⇔ x( x − 2) x − = 2( x − 2)( x − x + 1) ⎡x = ⇔⎢ ⎣3 x x − = 2( x − x + 1) Phương trình (1) tương đương với (1) 2(2 x − 1) + x x − − x = ⇔ 2x −1 2x −1 + − = x x (2) 2x −1 , t ≥ Khi phương trình (2) trở thành x Đặt t = 0,5 2t + 3t − = ⇔ (2t − 1)(t + 2) = ⇔ t = , t ≥ 2 Suy x − x + = ⇔ x = ± , thỏa mãn điều kiện Vậy nghiệm phương trình x = 2, x = + , x = − x +1 Ta có = ⇔ x = −1 x2 + Thể tích V cần tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình thang cong giới hạn x +1 đường y = , y = 0, x = −1, x = xung quanh Ox x2 + 3 2x ⎞ ( x + 1) ⎛ Suy V = π ∫ − dx = π ∫ ⎜1 + ⎟dx x + x + 3⎠ x +3 −1 −1 ⎝ Câu (1,0 điểm) ( = π x + ln | x + | ) −1 Tính I = ∫x −1 Câu (1,0 điểm) dx dx = π (4 + ln 3) − 2π ∫ 2 x +3 x +3 −1 −1 − 2π ∫ (1) π π dx Đặt x = tan t Khi x = −1 t = − , x = t = +3 dx = 0,5 dx dt Suy I = ∫ = cos t x +3 −1 π π 3 dt 1 ∫π 3(1 + tan t ) cos2 t = − ∫π dt = − 3π 0,5 3π Thay vào (1) ta V = (4 + ln 3)π − Từ giả thiết ⇒ C ' D ⊥ ( ABC ) Vì ( ABC ) //( A' B ' C ' ) nên B' ∠( AC ' , ( ABC )) = ( AC ' , ( A' B ' C ' )) = ∠C ' AD = 450 A' C' Sử dụng định lí cosin cho ΔABD ⇒ AD = a ⇒ C ' D = AD tan 450 = a Suy thể tích lăng trụ B D C 3a 45 V = C ' D.S ABC = a A (3a ) 21 = a 4 0,5 www.VNMATH.com Vì AA' // BB ' nên ∠( BB ' , AD) = ∠( AA' , AD) = ∠A' AD (1) Vì C ' D ⊥ ( ABC ) nên C ' D ⊥ ( A' B ' C ' ) ⇒ C ' D ⊥ C ' A' ⇒ DA' = DC ' +C ' A' = 16a , AA' = CC ' = C ' D + DC = a 11 Suy cos ∠A' AD = 2 AA' + AD − DA' = (2) AA'.AD 77 0,5 77 Từ (1) (2) suy cos( BB' , AD) = | cos ∠A' AD | = Câu (1,0 điểm) Với hai số không âm a, b ta có + a + + b ≥ + + a + b (1) Thật vậy, (1) ⇔ + a + b + (1 + a )(1 + b) ≥ + a + b + + a + b ⇔ + a + b + ab ≥ + a + b , Dấu đẳng thức xảy a = b = 0,5 Áp dụng (1) ta có = + x + + y + + z ≥ + + x + y + + z ≥ + + x2 + y + 2z Suy x + y + z ≤ 8, hay y + z ≤ − x2 (2) ⎛ x2 ⎞ Khi P ≤ x + ( y + z ) ≤ x + ⎜⎜ − ⎟⎟ 2⎠ ⎝ Chú ý rằng, từ (2) x, y, z không âm ta có ≤ x ≤ 2 3 (3) ⎛ x2 ⎞ Xét hàm số f ( x) = x + ⎜⎜ − ⎟⎟ [0; 2 ] Ta có ⎠ ⎝ [ ] ⎛ x2 ⎞ f ' ( x) = x − 3x⎜⎜ − ⎟⎟ = x( x − 2) x(12 − x ) + 2(16 − x ) 2⎠ ⎝ ⎡x = Với x ∈ [0; 2 ] ta có f ' ( x) = ⇔ ⎢ ⎣ x = Câu 7.a (1,0 điểm) Từ f (0) = 64, f (2) = 24, f ( 2 ) = 32 suy f ( x) ≤ 64, ∀x ∈ [0; 2 ] (4) Từ (3) (4) ta có P ≤ 64, dấu đẳng thức xảy x = y = 0, z = x = z = 0, y = Vậy giá trị lớn P 64, đạt x = y = 0, z = x = z = 0, y = A BC ⊥ AH ⇒ pt BC : 3x + y − = C ∈ BC ⇒ C (c; − 3c), A ∈ AH ⇒ A(3a + 7; a) M ⎛ 3a + c + a − 3c + ⎞ Suy trung điểm AC M ⎜ ; ⎟ 2 ⎝ ⎠ B H 0,5 C 3a + c + a − 3c + + + = ⇔ a − c + = 2 | 10a + 14 | Ta có BC = (c − 4) + (12 − 3c) = 10 c − , AH = d ( A, BC ) = 10 ⇒ S ABC = BC AH = | (c − 4)(5a + 7) | = 16 ⎡ A( −2; − 3), C (2; 1) ⎡a = −3, c = ⎢ Từ (1) (2) suy ⇒ ⎢ ⎛ 29 ⎞ ⎛ 36 73 ⎞ ⎢ A⎜ ; − ⎟, C ⎜ ; − ⎟ ⎢a = − , c = 36 ⎢⎣ ⎝ 5⎠ ⎝ 5⎠ 5 ⎣ Do M ∈ BM : x + y + = ⇒ Câu 8.a (1,0 điểm) 0,5 (1) (2) 0,5 P ∈ d1 ⇒ P ( p + 1, p, p + 3), Q ∈ d ⇒ Q( q; 2q + 2; q + 1) Suy PQ = (− p + q − 1; − p + 2q + 2; − p + q − 2) PQ ⊥ d ⇒ u3 PQ = ⇔ −2(− p + q − 1) + 1( − p + 2q + 2) + 1(−2 p + q − 2) = ⇔ − p + q + = hay p = q + 0,5 www.VNMATH.com Suy PQ = + q + (q + 6) = 2q + 12q + 45 = 2( q + 3) + 27 ≥ 27 0,5 Suy PQ = 3 p = −1, q = −3 hay P(0; − 1; 1), Q(−3; − 4; − 2) Giả sử z = x + yi điểm biểu diễn số phức z M ( x; y ) Câu 9.a (1,0 điểm) Ta có z + i z + i | z |2 + z + z + i ( z + z ) + 2i 2( x + y ) + x + 2( x + 1)i + = = z +1 z +1 | z |2 + z + z + ( x + 1) + y 0,5 ⎧⎛ 1⎞ ⎧⎪2( x + y ) + x = + x z+i z +i ⎪⎜ ⎟ +y = + số ảo ⇔ ⎨ ⇔ ⎨⎝ ⎠ z +1 z +1 ⎪⎩( x + 1) + y ≠ ⎪( x; y ) ≠ (−1; 0) ⎩ 0,5 Câu 7.b (1,0 điểm) Câu 8.b (1,0 điểm) 1⎞ ⎛ Vậy tập hợp điểm M đường tròn ⎜ x + ⎟ + y = bỏ điểm (−1; 0) 2⎠ ⎝ 2 x y Phương trình tắc ( E ) : + = (a > b > 0) a b 12 M ∈ ( E ) ⇔ + = a b ∠F1MF2 = 90 ⇒ MO = F1 F2 = c ⇒ c = ⇒ a − b = 16 2 ⎧⎪a = 24 x2 y2 Từ (1) (2) suy ⎨ ⇒ (E) : + = 24 ⎩⎪b = Phương trình (Oyz ) : x = (1) (2) Giả sử d có vtcp u d (a; b; c), (a + b + c ≠ 0) ⎧⎪ K (1; 3; 2) ∉ (Oyz ) Ta có d //(Oyz ) ⇔ ⎨ ⇔ 1.a = hay a = Suy u d (0; b; c) nP (1; 1; 1) ⎪⎩u d n Oyz = Do 00 ≤ α ≤ 900 nên từ tan α = ⇒ sin α = ⇒ |b+c| b + c 2 = 0,5 0,5 0,5 |b+c| Mà sin( d , ( P )) = 3 b + c 2 ⇔ (b − c) = ⇔ b = c ≠ 0,5 ⎧x = ⎪ Chọn b = c = ⇒ u d = (0; 1; 1) Suy phương trình d : ⎨ y = + t ⎪ z = + t ⎩ Câu 9.b (1,0 điểm) ⎧ x > −1, y > Điều kiện: ⎨ ⎩1 + xy > Phương trình thứ hệ tương đương với x.3 y + y +1 = x+2 + 3.6 x ⇔ (2 x + 3)3 y = (2 x + 3)3 x+1 ⇔ y = x+1 ⇔ y = x + Phương trình thứ hai hệ tương đương với log (1 + x)(1 + xy ) = log 2 y ⇔ (1 + x)(1 + xy) = y ⎧y = x +1 > ⎧y = x +1 > ⎧y = x +1 > Từ ta ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 2 ⎩1 + xy = y ⎩x − x − = ⎩(1 + x)(1 + xy) = y ⎡ 3+ 1+ , y= ⎢x = 2 ⇔⎢ ⎢ 3− 1− , y= ⎢x = 2 ⎣ 0,5 0,5 www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối: 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 − 2mx + (1), với m tham số a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có tâm đường trịn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3x + (1 − cos x) cos x = (sin x + cos x) sin x ( ) ( ) Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x − x x + < − x Câu (1,0 điểm) Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình phẳng giới hạn đường x +1 y= , y = 0, x = xung quanh trục hoành x2 + Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A' B' C ' có đáy tam giác cạnh 3a Hình chiếu vng góc C ' lên mặt phẳng ( ABC ) điểm D thỏa mãn điều kiện DC = −2 DB Góc đường thẳng AC ' mặt phẳng ( ABC ) 45 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A' B ' C ' tính cơsin góc hai đường thẳng BB' AC Câu (1,0 điểm) Cho x, y số thực không âm thỏa mãn biểu thức P = + x + + y = Tìm giá trị lớn x y + y +1 x + 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 B( ; − 5), phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ A trung tuyến kẻ từ B x − y − = x + y + = Tìm tọa độ điểm A C biết diện tích tam giác ABC 16 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d1 : x −1 y z − ; = = 1 x y − z −1 x−3 y +2 z ; d3 : = = = = Tìm tọa độ điểm P thuộc d1 điểm Q thuộc d cho đường 1 −2 thẳng PQ vng góc với d độ dài PQ nhỏ Câu 9.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z +i z +i số ảo + z +1 z +1 b Theo chương trình Nâng cao d2 : Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2 3; 2) Viết phương trình tắc elíp (E) qua M biết M nhìn hai tiêu điểm (E) góc vng Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm K (1; 3; 2) mặt phẳng ( P) : x + y + z − = Viết phương trình đường thẳng d qua K, song song với mặt phẳng (Oyz ) tạo với (P) góc α có tan α = ⎧2 x.3 y − x+2 = 3(6 x − y ) Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ R) ⎩log (1 + x) + log (2 + xy) = 2(1 + log y ) Hết -Ghi chú: BTC trả vào ngày 18, 19/5/2013 Để nhận thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC Chúc em đạt kết cao kỳ thi Đại học năm 2013! TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2013 Mơn: TỐN – Khối D; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi m = hàm số trở thành y = x − x + 3 1o Tập xác định: D = R , y hàm số chẵn 2o Sự biến thiên: * Giới hạn vô cực: lim y = lim x ( − + ) = +∞ x → ±∞ x → ±∞ 3x x 16 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = x − x, x ∈ R 3 ⎡ x < −2 ⎡− < x < ⎡x = ; y' < ⇔ ⎢ y' = ⇔ ⎢ ; y' > ⇔ ⎢ ⎣0 < x < ⎣x > ⎣ x = ±2 Suy hàm số đồng biến khoảng (−2; 0) (2; + ∞) ; nghịch biến khoảng (−∞; − 2) (0; 2) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại điểm x = 0, giá trị cực đại yCĐ = ; hàm số đạt cực tiểu 10 điểm x = −2 x = 2, giá trị cực tiểu yCT = − * Bảng biến thiên: y x −∞ –2 +∞ − + − + y' +∞ +∞ y 10 10 − − −2 x O 3 3o Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng − Khi đồ thị hàm số có điểm cực trị A(0; 2), B (− 3m ; − 3m ) C ( 3m ; − 3m ) Tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O OA = OB = OC ⎡m = 1, m = 2 ⇔ = 3m + (2 − 3m ) ⇔ m(m − 1)(3m + 3m − 1) = ⇔ ⎢ ⎢m = − ± 21 ⎣⎢ Câu (1,0 điểm) * cos x + sin x = ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − π + kπ 0,5 0,5 − + 21 Phương trình cho tương đương với sin x + cos x − cos x cos x = sin x sin x + sin x cos x ⇔ sin x + cos x = (cos x cos x + sin x sin x) + sin 3x + sin x ⇔ cos x = cos x + sin x ⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x − 1) = 0,5 10 b) (1,0 điểm) 4x Ta có y ' = x − 4mx = ( x − 3m) 3 Đồ thị hàm số có điểm cực trị ⇔ phương trình y '= có nghiệm phân biệt ⇔ m > Kết hợp điều kiện m > ta có giá trị m m = 1, m = 0,5 0,5 www.VNMATH.com ⎡ π π ⎡ x = k 2π ⎢ x + = + k 2π π⎞ ⎛ * cos x − sin x = ⇔ cos⎜ x + ⎟ = ⇔⎢ ⇔⎢ ⎢ x = − π + k 2π π π 4⎠ ⎝ ⎢ x + = − + k 2π ⎣ ⎢⎣ 4 Câu (1,0 điểm) + kπ , x = k 2π , x = − π + k 2π , k ∈ Z Bất phương trình cho tương đương với 2( x + x ) − x x + − < Vậy nghiệm phương trình x = − Câu (1,0 điểm) π 0,5 Đặt x x + = t Suy x + 3x = t Khi bất phương trình trở thành 2t − 3t − < ⇔ − < t < 2 Suy − < x x + < (1) * Với x ≥ ta có ⎧⎪ x ≥ ⎧x ≥ ⎧x ≥ ⎧x ≥ ⇔ ⇔ (1) ⇔ ⎨ ⇔ ≤ x < ⇔ ⎨ ⎨ ⎨ 2 ⎪⎩ x x + < ⎩( x − 1)( x + 4) < ⎩ x + 3x − < ⎩x < ⎧x < ⎧x < ⎧x < ⎪ ⎪ ⎪ * Với x < ta có (1) ⇔ ⎨ ⇔ ⎨1 ⇔⎨ 2 ⎪⎩− < x x + ⎪⎩ > − x x + ⎪⎩ x + 3x − < ⎧x < − + 10 ⎪ ⇔ ⎨ − + 10 ⇔ − < x < ⎪x < ⎩ − + 10 Từ hai trường hợp ta có nghiệm bất phương trình − < x < x +1 Ta có = ⇔ x = −1 x2 + Thể tích V cần tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình thang cong giới hạn x +1 đường y = , y = 0, x = −1, x = xung quanh Ox x2 + 3 2x ⎞ ( x + 1) ⎛ Suy V = π ∫ dx = π ∫ ⎜1 + − ⎟dx x + x + 3⎠ x +3 −1 −1 ⎝ ( = π x + ln | x + | ) −1 ∫x Tính I = −1 π π 3 dt 1 ∫π 3(1 + tan t ) cos2 t = − 3π Thay vào (1) ta V = ( + ln 3)π − Từ giả thiết B' Câu (1,0 điểm) 0,5 (1) π π dx Đặt x = tan t Khi x = −1 t = − , x = t = +3 dx dt Suy I = ∫ = cos t x + −1 0,5 dx dx = π (4 + ln 3) − 2π ∫ x +3 x +3 −1 −1 − 2π ∫ dx = 3 0,5 ∫π dt = − 3π 0,5 ⇒ C ' D ⊥ ( ABC ) ⇒ ∠C ' AD = ∠( AC ' , ( ABC )) = 450 A' C' Sử dụng định lí cosin cho tam giác ABD ⇒ AD = a ⇒ C ' D = AD tan 450 = a Suy thể tích lăng trụ B D C 3a 45 V = C ' D.S ABC = a A (3a ) 21 = a 4 0,5 www.VNMATH.com Vì CC ' // BB' nên ∠( BB ' , AC ) = ∠(CC ' , AC ) = ∠ACC ' Ta có CC ' = C ' D + DC = a 11, C ' A = C ' D + AD = 14a ⇒ cos ∠ACC ' = 2 2 CA + CC '2 − AC '2 = 2CA.CC ' 11 (2) 0,5 11 Từ (1) (2) suy cos( BB' , AC ) = cos ∠ACC ' = Câu (1,0 điểm) (1) Từ giả thiết ta có 16 = + x + y + (1 + x )(1 + y ) = + x2 + y + + x2 + y + 2x y ≥ + x2 + y + + x2 + y Từ ta có + x + y ≤ 3, hay x + y ≤ Suy y ≤ − 0,5 x2 , ≤ x ≤ 2 x2 y = x + + − x =1+ x + Khi P ≤ x + ≤ x+ x+2 x+2 2 x+2 x+2 x [0; 2 ] Ta có Xét hàm số f ( x) = + + x+2 x2 + 4x f ' ( x) = ≥ 0, ∀x ∈ [0; 2 ] 2( x + 2) 4− Suy f ( x) ≤ f ( 2 ) = 2 (1) 0,5 (2) Từ (1) (2) ta có P ≤ 2 , dấu đẳng thức xảy x = 2 , y = Câu 7.a (1,0 điểm) Vậy giá trị lớn P 2 , đạt x = 2 , y = BC ⊥ AH ⇒ pt BC : 3x + y − = A C ∈ BC ⇒ C (c; − 3c), A ∈ AH ⇒ A(3a + 7; a ) M ⎛ 3a + c + a − 3c + ⎞ ; Suy trung điểm AC M ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ B H C 3a + c + a − 3c + + + = ⇔ a − c + = 2 | 10a + 14 | Ta có BC = (c − 4) + (12 − 3c) = 10 c − , AH = d ( A, BC ) = 10 ⇒ S ABC = BC AH = | (c − 4)(5a + 7) | = 16 ⎡ A( −2; − 3), C (2; 1) ⎡a = −3, c = ⎢ ⇒ ⎢ ⎛ 29 ⎞ ⎛ 36 73 ⎞ Từ (1) (2) suy ⎢ A⎜ ; − ⎟, C ⎜ ; − ⎟ ⎢a = − , c = 36 ⎢⎣ ⎝ 5⎠ ⎝ 5⎠ 5 ⎣ P ∈ d1 ⇒ P( p + 1, p, p + 3), Q ∈ d ⇒ Q( q; 2q + 2; q + 1) Do M ∈ BM : x + y + = ⇒ Câu 8.a (1,0 điểm) 0,5 Suy PQ = (− p + q − 1; − p + 2q + 2; − p + q − 2) PQ ⊥ d ⇒ u3 PQ = ⇔ −2(− p + q − 1) + 1( − p + 2q + 2) + 1(−2 p + q − 2) = ⇔ − p + q + = hay p = q + (1) (2) 0,5 0,5 Suy PQ = + q + (q + 6) = 2q + 12q + 45 = 2( q + 3) + 27 ≥ 27 Suy PQ = 3 p = −1, q = −3 hay P(0; − 1; 1), Q(−3; − 4; − 2) 0,5 Giả sử z = x + yi điểm biểu diễn số phức z M ( x; y ) Câu 9.a Ta có z + i z + i | z |2 + z + z + i ( z + z ) + 2i 2( x + y ) + x + 2( x + 1)i + = = z +1 z +1 | z |2 + z + z + ( x + 1) + y 0,5 (1,0 điểm) www.VNMATH.com ⎧⎛ 1⎞ 2 ⎧ + + = ( ) x y x z+i z +i ⎪ ⎪⎜ x + ⎟ + y = + số ảo ⇔ ⎨ ⇔ 2⎠ ⎨⎝ z +1 z +1 ⎪⎩( x + 1) + y ≠ ⎪( x; y ) ≠ (−1; 0) ⎩ 0,5 Câu 7.b (1,0 điểm) 1⎞ ⎛ Vậy tập hợp điểm M đường tròn ⎜ x + ⎟ + y = bỏ điểm (−1; 0) 2⎠ ⎝ 2 x y Phương trình tắc ( E ) : + = (a > b > 0) a b 12 M ∈ ( E ) ⇔ + = a b ∠F1MF2 = 90 ⇒ MO = F1 F2 = c ⇒ c = ⇒ a − b = 16 ⎧⎪a = 24 x2 y2 Từ (1) (2) suy ⎨ ⇒ (E) : + = 24 ⎪⎩b = (1) 0,5 (2) 0,5 Phương trình (Oyz) : x = Câu 8.b (1,0 điểm) Giả sử d có vtcp u d (a; b; c), (a + b + c ≠ 0) ⎧⎪ K (1; 3; 2) ∉ (Oyz ) ⇔ 1.a = hay a = Suy u d (0; b; c) nP (1; 1; 1) Ta có d //(Oyz ) ⇔ ⎨ ⎪⎩u d n Oyz = Do 00 ≤ α ≤ 900 nên từ tan α = ⇒ sin α = ⇒ |b+c| b + c 2 = 0,5 |b+c| Mà sin(d , ( P )) = 3 b + c 2 ⇔ (b − c) = ⇔ b = c ≠ 0,5 ⎧x = ⎪ Chọn b = c = ⇒ u d = (0; 1; 1) Suy phương trình d : ⎨ y = + t ⎪ z = + t ⎩ Câu 9.b (1,0 điểm) ⎧ x > −1, y > Điều kiện: ⎨ ⎩1 + xy > Phương trình thứ hệ tương đương với x.3 y + y +1 = x+2 + 3.6 x ⇔ (2 x + 3)3 y = (2 x + 3)3 x+1 ⇔ y = x+1 ⇔ y = x + Phương trình thứ hai hệ tương đương với log (1 + x)(1 + xy ) = log 2 y ⇔ (1 + x)(1 + xy) = y 0,5 ⎧y = x +1 > ⎧y = x +1 > ⎧y = x +1 > Từ ta ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 2 ⎩1 + xy = y ⎩x − x − = ⎩(1 + x)(1 + xy) = y ⎡ 3+ 1+ , y= ⎢x = 2 ⇔⎢ ⎢ 3− 1− , y= ⎢x = 2 ⎣ 0,5 ... ⎩(1 + x)(1 + xy) = y ⎡ 3+ 1+ , y= ⎢x = 2 ⇔⎢ ⎢ 3? ?? 1− , y= ⎢x = 2 ⎣ 0,5 0,5 www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 20 13 Mơn: TỐN; Khối: D;...TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu Câu (2,0 điểm) www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 20 13 Mơn: TỐN – Khối A, A1; Thời gian làm... 19/5/20 13 Để nhận thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC Chúc em đạt kết cao kỳ thi Đại học năm 20 13! TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP