Đề thi khảo sát chất lượng lớp 12 môn Toán trên đây có kèm đáp án giúp các em dễ dàng hơn trong việc ôn tập và rèn luyện kỹ năng giải đề. Hy vọng, đây sẽ là tài liệu hữu ích cho các em trong quá trình trau dồi và củng cố thêm kiến thức.
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUN Mơn: TỐN; Khối: B; Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) −x −1 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x −1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ : y = x − Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x(cos x − 2cos x) = cos x cos x − Câu (1,0 điểm) Giải phương trình x x3 + = x + x − 19 x − 16 π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ cos3 x + 2cos x dx + 3sin x − cos x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vuông B C, AB = BC = 2CD = 2a, SAB tam giác vuông cân S nằm mặt phẳng vng góc với (ABCD) Gọi H, M, N trung điểm AB, SH, BC P điểm thuộc tia đối tia HD cho HD = HP Tính theo a thể tích khối chóp S.APND chứng minh ( MNP ) ⊥ ( MCD ) Câu (1,0 điểm) Giả sử x, y số thực dương thỏa mãn x + y ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức P = 7( x + y ) − x + xy + 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 hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC : x − y + = 0, điểm G (1; 4) trọng tâm tam giác ABC, điểm E (0; − 3) thuộc đường cao kẻ từ D tam giác ACD Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành cho biết diện tích tứ giác AGCD 32 đỉnh A có tung độ dương Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông C, BAC = 300 , x−3 y −4 z +8 AB = 2, đường thẳng AB có phương trình = = , đường thẳng AC nằm mặt phẳng 1 −4 (α ) : x + z − = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đỉnh B có hồnh độ dương z + i z +1 Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn + = + i z z 5 b Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, AD = BC , đỉnh B(4; 0), phương trình đường chéo AC x − y − = 0, trung điểm E AD thuộc đường thẳng ∆ : x − y + 10 = Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình thang cho biết cot ADC = Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1), B(3; 2; 4) mặt phẳng (α ) : x + y − z − = Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (α ) cho MA ⊥ AB d ( A, MB ) = 330 31 xy xy 4 + ( xy − 2)2 + xy − = Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( x, y ∈ R ) log ( x − y ) + log x.log y = Hết Ghi chú: BTC trả vào ngày 21, 22/6/2014 Để nhận thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com Chúc em học sinh đạt kết cao Kỳ thi tuyển sinh Đại học năm 2014 ! www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 Mơn: TỐN – Khối B; Thời gian làm bài: 180 phút TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu Câu (2,0 điểm) Đáp án a) (1,0 điểm) 10 Tập xác định: R \{1} 20 Sự biến thiên: * Giới hạn vơ cực: Ta có lim y = −1 lim y = −1 x →−∞ Điểm x →+∞ Giới hạn vô cực: lim+ y = −∞ lim− y = +∞ x →1 x →1 0,5 Suy đồ thị (H) có tiệm cận ngang đường thẳng y = −1, tiệm cận đứng đường thẳng x = * Chiều biến thiên: Ta có y ' = > 0, với x ≠ ( x − 1) Suy hàm số đồng biến khoảng ( −∞; 1) (1; + ∞ ) * Bảng biến thiên: y x −∞ y' +∞ + + +∞ y −1 −1 −1 O −1 −∞ x 0,5 I 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 b) (1,0 điểm) −x −1 Gọi tiếp điểm M x0 ; ⇔ ∈ (C ) Khi ta có d ( M , ∆ ) = x0 − x +1 ⇔ x0 − + = ⇔ x02 − x0 + = x0 − x0 − x0 − − x0 − −1 x0 − 1 +2 2 = 0,5 x0 = −1 x02 − x0 + = 3( x0 − 1) x02 − x0 + = ⇔ ⇔ ⇔ x0 = x0 − x0 + = −3( x0 − 1) x0 + x0 − = *) Với x0 = −1, ta có M ( −1; 0), suy pt tiếp tuyến y = y '( −1).( x + 1) hay y = Câu (1,0 điểm) 1 x+ 2 1 1 1 *) Với x0 = , ta có M ; , suy pt tiếp tuyến y = y ' x − + hay y = x − 2 2 2 Phương trình cho tương đương với cos x(sin x − cos x) − sin x + = ⇔ cos x − sin x (sin x − cos x) − (sin x − 1) = ( ) ⇔ −(cos x + sin x)(sin x − cos x) − (sin x − 1) = 0,5 0,5 ⇔ −(cos x + sin x)(1 − sin x) − (sin x − 1) = ⇔ (sin x − 1)(cos x + sin x − 1) = *) sin x − = ⇔ sin x = ⇔ x = www.DeThiThuDaiHoc.com π + k 2π ⇔ x = π + kπ , k ∈ Z 0,5 Câu (1,0 điểm) www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com π π x = k 2π x + = + k 2π π *) cos x + sin x − = ⇔ sin x + = ⇔ ⇔ x = π + k 2π , k ∈ Z π π x + = + k 2π 4 π π Vậy nghiệm phương trình x = + kπ , x = k 2π , x = + k 2π , k ∈ Z Điều kiện: x + ≥ ⇔ x ≥ −1 Phương trình cho tương đương với x ( x + 1)( x − x + 1) = ( x + 1) + ( x − x + 1) − 18( x + 1) Đặt a = 0,5 x + 1, b = x − x + 1, a ≥ 0, b > Khi phương trình trở thành 3( a − 1) ab = a 2b + b − 18a ⇔ a 2b(3a − b) = b(3a − b) + 2(b − 9a ) ⇔ (3a − b)( a 2b + b + 6a ) = ⇔ 3a − b = 0, a 2b + b + 6a > Suy x + = 0,5 x − x + ⇔ x − 10 x − = ⇔ x = ± 33, thỏa mãn điều kiện Vậy nghiệm phương trình x = ± 33 π Câu (1,0 điểm) Ta có I = π (4cos x − 1)cos x − 4sin x d x = ∫0 + 3sin x − (1 − 2sin x) ∫0 2sin x + 3sin x + d(sin x) 2 Đặt t = sin x Khi x = t = 0, x = π t = Suy I = − 4t dt + 3t + ∫ 2t 0,5 6t + (4t + 4) + (2t + 1) = ∫ −2 + dt = ∫ −2 + dt (2t + 1)(t + 1) (2t + 1)(t + 1) 0 0 1 Câu (1,0 điểm) B N C = ∫ −2 + + d t = − t + 2ln(2 t + 1) + ln( t + 1) = −2 + 2ln + ln = ln18 − ( ) 2t + t + 0 *) Vì SAB tam giác vuông cân S nằm S mặt phẳng vng góc với (ABCD) nên SH = AB = a SH ⊥ ( ABCD ) Suy M VS APND = SH ( S APD + S NPD ) P 5a 5a a a H A 5a = a + = 2 12 D *) Ta có CD ⊥ DH , CD ⊥ SH ⇒ CD ⊥ ( SDH ) ⇒ CD ⊥ MP 0,5 0,5 (1) Ta chứng minh MP ⊥ MD Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vng MHD, MHP ta có a a 25a = DP Suy MP ⊥ MD , MP = Khi MD + MP = 16 Từ (1) (2) suy ( MNP ) ⊥ ( MCD ) , điều phải chứng minh MD = (2) 0,5 Vì x, y số thực dương nên Câu www.DeThiThuDaiHoc.com 0,5 (1,0 điểm) www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 7( x + y ) − x + xy + y y − x + xy + y = ( x + y) + P = ( x + y) x+ y x+ y Đặt t = y − x + xy + y − t + 2t + x , t > = y x+ y t +1 Xét hàm số f (t ) = Ta có f '(t ) = (1) (2) − t + 2t + với t > t +1 −7 t + 2t + + 28 (t + 1) t + 2t + 2 ; f '(t ) = ⇔ t + 2t + = ⇔ t = t Suy bảng biến thiên f '(t ) +∞ + – −3 Từ bảng biến thiên ta suy f (t ) ≤ −3 f (t ) với t > Dấu đẳng thức xảy t = (3) Từ (1), (2) (3) ta suy P ≤ ( x + y )(7 − 3) ≤ 8, dấu đẳng thức xảy 0,5 x + y = 4 ⇔ x = , y = Vậy giá trị lớn P 8, đạt x = , y = x 3 3 t = y = Vì DE ⊥ AC nên DE : x + y + = ⇒ D ( t ; − t − 3) B A Câu 7.a (1,0 điểm) 1 Ta có d ( G , AC ) = d ( B, AC ) = d ( D, AC ) 3 D (1; − ) t = 1 2t + ⇔ 2= ⇔ ⇒ t = −5 D ( −5; ) Vì D G nằm khác phía AC nên D (1; − ) G E D C 0,5 1 − = −2.( xB − 1) Ta có GD = −2GB ⇔ ⇒ B (1; ) ⇒ BD : x = −4 − = −2 ( yB − ) Vì A ∈ AC : x − y + = ⇒ A ( a; a + 1) 4 1 Ta có S AGCD = S AGC + S ACD = + 1 S ABC = S ABC = S ABD 3 3 Suy S ABD = 24 ⇔ A ( 5; ) ( tm ) a = d ( A, BD ) BD = 24 ⇔ a − 12 = 48 ⇔ ⇒ a = −3 A ( −3; − ) ( ktm ) 0,5 Từ AD = BC ⇒ C ( −3; − ) Vậy A ( 5; ) , B (1; ) , C ( −3; − ) , D (1; − ) Câu 8.a (1,0 điểm) Vì A ∈ AB ⇒ A ( a + 3; a + 4; − 4a − ) Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng (α ) suy A (1; 2; ) Vì B ∈ AB ⇒ B ( b + 3; b + 4; − 4b − ) Ta có AB = ⇔ ( b + ) + ( b + ) + 16 ( b + ) www.DeThiThuDaiHoc.com 2 B ( 2; 3; − ) ( tm xB > ) b = −1 = 18 ⇔ ⇔ b = −3 B ( 0; 1; ) ( ktm ) 0,5 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 3 Ta có BC = AB.sin 300 = = BC Từ suy C hình chiếu Mặt khác d ( B, (α ) ) = 2 5 7 vng góc B lên (α ) Ta có C ( + c; 3; − + c ) ∈ (α ) ⇒ c = ⇒ C ; 3; − 2 2 5 7 Vậy A (1; 2; ) , B ( 2; 3; − ) , C ; 3; − 2 2 Câu 9.a (1,0 điểm) 0,5 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 + yi ) + ( ( x + 1) − yi ) ( x − yi ) + = + = z z x − yi x + yi x2 + y 2x2 − y2 + x − y x− y = + i 2 x +y x + y2 0,5 Theo ta có 2x2 − y2 + x − y x2 − y x2 + y ≠ x2 + y ≠ = = 2 2 5 x +y x + y ⇔ ⇔ x2 = y ⇔ x = ±2 y x− y = x− y = 2 2 x + y = 5( x − y ) x + y = 5( x − y ) x + y x + y 5 x = y x = 0, y = (ktm) ⇔ ⇒ z = + i *) x = y, suy 5 y = y x = 2, y = Câu 7.b (1,0 điểm) x = 0, y = (ktm) x = −2 y ⇔ ⇒ z = − 3i *) x = −2 y, suy 5 y = −15 y x = 6, y = −3 Vậy z = + i, z = − 3i Gọi I = AC ∩ BE Vì I ∈ AC ⇒ I ( t ; 2t − 3) Ta thấy I B C trung điểm BE nên E ( 2t − 4; 4t − ) Theo giả thiết E ∈ ∆ ⇒ t = ⇒ I ( 3; 3) , E ( 2; ) Vì AD / / BC , AD = BC nên BCDE hình bình hành ∆ Suy ADC = IBC A D E Từ cot IBC = cot ADC = ⇒ cos IBC = Vì C ∈ AC ⇒ C ( c; 2c − 3) ⇒ BI ( −1; 3) , BC ( c − 4; 2c − 3) Ta có I c = 5c − c > cos IBC = ⇔ = ⇔ ⇔ c = c − 22 c + 35 = 5 10 5c − 20c + 25 7 5 Suy C ( 5; ) C ; ` 3 Với C ( 5; ) , ta thấy I trung điểm AC nên A (1; − 1) , E trung điểm AD nên D ( 3; 13) Câu 8.b (1,0 điểm) 0,5 0,5 0,5 7 5 11 13 23 Với C ; , tương tự ta có A ; , D ; 3 7 3 3 Ta có AB (1; 1; 3) , nα (1; 5; − ) Ta thấy A ∈ (α ) nên đường thẳng MA có VTCP x − y −1 z −1 uMA = AB, nα = ( −17; 5; ) ⇒ MA : = = ⇒ M ( −17 m + 2; 5m + 1; 4m + 1) −17 Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vng MAB ta có 1 = + ⇒ AM = 330 2 ( d ( A, MB ) ) AM AB www.DeThiThuDaiHoc.com 0,5 0,5 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 2 Suy (17 m ) + ( 5m ) + ( 4m ) = 330 ⇒ m = ±1 ⇒ M ( −15; 6; ) , M (19; − 4; − 3) 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 + > Vì hàm f (t ) = 2t + t − đồng biến R, mà f (1) = nên 2t + t − = ⇔ t = Khi ta có xy = 1, hay y = x 1 x2 − Thế vào pt thứ hai hệ ta log 22 x − + log x.log = ⇔ log 22 = log 22 x x x x Câu 9.b (1,0 điểm) x2 − x2 − x log = log =x x2 − = x2 x x ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x = x2 − 1 x2 − x −1 = = − log x = log x x x Suy nghiệm hệ x = 2, y = www.DeThiThuDaiHoc.com 0,5 0,5 ... www.DeThiThuDaiHoc.com Chúc em học sinh đạt kết cao Kỳ thi tuyển sinh Đại học năm 2014 ! www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN... LẦN CUỐI - NĂM 2014 Mơn: TỐN – Khối B; Thời gian làm bài: 180 phút TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu Câu (2 ,0 điểm) Đáp án a) (1 ,0 điểm) 10 Tập xác định: R {1} 20 Sự biến thi? ?n: * Giới... cos x(sin x − cos x) − sin x + = ⇔ cos x − sin x (sin x − cos x) − (sin x − 1) = ( ) ⇔ −(cos x + sin x)(sin x − cos x) − (sin x − 1) = 0,5 0,5 ⇔ −(cos x + sin x )(1 − sin x) − (sin x − 1) = ⇔ (sin