Đề thi thử đại học lần 4 năm 2014 môn Toán khối A trường THPT Chuyên ĐH Vinh, Nghệ An có đáp án

Doc24.vnTRƯỜNG ĐẠI HỌCVINHTRƯỜNG THPTCHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI NĂM2014 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phútI. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm )Câu (2,0 điểm ). Cho hàm số 1.1xyx- -=-a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm biết khoảng cách từ điểm Mđến đường thẳng 1y xD bằng 3.5Câu (1,0 điểm ). Giải phương trình sin (cos2 2cos cos2 cos 1.x x- -Câu (1,0 điểm ). Giải bất phương trình 21 .x x+ -Câu (1,0 điểm ). Tính tích phân 20cos3 2cosd .2 3sin cos2x xI xx xp+=+ -òCâu (1,0 điểm ). Cho hình hộp ' ' ' 'ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 3,a3 ,BD a= hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng ' ' ' ')A là trung điểm của' '.A Biết rằng côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng )ABCD và ' ')CDD bằng 21.7Tính theo thể tích khối hộp ' ' ' 'ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện' ' '.A BC DCâu (1,0 điểm ). Giả sử là các số thực dương thỏa mãn 1.a c+ Tìm giá trịnhỏ nhất của biểu thức 222 23( .4( 5a bP bb bc ca= ++ +II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần ahoặc phần b)a. Theo chương trình ChuẩnCâu 7.a (1,0 điểm ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD cóphương trình đường chéo: 0,AC y- điểm (1; 4)G là trọng tâm của tam giác ABC ,điểm (0; 3)E- thuộc đường cao kẻ từ của tam giác ACD Tìm tọa độ các đỉnh củahình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh cótung độ dương.Câu 8.a (1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC vuôngtại ·030 ,BAC= 2,AB= đường thẳng AB có phương trình 8,1 4x z- += =- đườngthẳng AC nằm trên mặt phẳng 0.x za+ Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABCbiết rằng đỉnh có hoành độ dương.Câu 9.a (1,0 điểm ). Tìm số phức thỏa mãn 1.5 5z ziz z+ ++ +b. Theo chương trình Nâng caoCâu 7.b (1,0 điểm ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD cóAD // BC ,AD BC= đỉnh (4; 0),B phương trình đường chéo AC là 0,x y- trungđiểm của AD thuộc đường thẳng 10 0.x yD Tìm tọa độ các đỉnh còn lại củahình thang đã cho biết rằng ·cot 2. ADC =Doc24.vnCâu 8.b (1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm(2; 1; 1), (3; 2; 4)A và mặt phẳng 0.x za+ Tìm điểm thuộc mặt phẳng asao cho MA AB^ và ()330, .31d MB=Câu 9.b (1,0 điểm ). Giải hệ phương trình 22 24 2)2 0( ).log log .log 0xy xyxy xyx yx yì+ =ïÎí- =ïîR------------------ Hết ------------------Ghi chú: BTC sẽ trả bài vào các ngày 21, 22/6/2014. Để nhận được bài thi, thí sinh phảinộp lại phiếu dự thi cho BTC .Chóc c¸c em häc sinh ®¹t kÕt qu¶ cao trong Kú thi tuyÓn sinh §¹i häc n¨m2014 !TRƯỜNG ĐẠI HỌCVINHTRƯỜNG THPTCHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI -NĂM 2014Môn: TOÁN Khối A; Thời gian làm bài: 180 phútCâu Đáp án ĐiểmCâu1.(2,0điểm) a) (1,0 điểm)1 0. Tập xác định: \\{1}.R2 0. Sự biến thiên: Giới hạn tại vô cực: Ta có lim 1xy®- ¥=- và lim 1.xy®+¥=- Giới hạn vô cực: 1limxy+®=- và 1lim .xy-®=+¥Suy ra đồ thị có tiệm cận ngang là đường thẳng 1,y=- tiệm cận đứng là đường thẳng1.x Chiều biến thiên: Ta có 22' 0,( 1)yx= >- với mọi 1.x ¹Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (); 1- và ()1; .+¥ 0,5* Bảng biến thiên:3 0. Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại ()1; ,- cắt Oy tại (0;1).Nhận giao điểm (1; 1)I- của hai tiệm cậnlàm tâm đối xứng. 0,5b) (1,0 điểm)x'yy11-+ +1-xO yI1-111-Doc24.vnGọi tiếp điểm 0001; ).1xM Cxæ ö- -Îç ÷-è Khi đó ta có 0002 212 113 3( )5 51 2xxxd M- -- --D =+00012 31xxx+Û =-20 02 xÛ -2 200 02 200 012 3( 1) 01.2 3( 1) 02xx xxx x=-éé é- =êÛ Ûê êê=- =- =ê êë ëêë0,5*) Với 01,x=- ta có 1; 0),M- suy ra pt tiếp tuyến '( 1).( 1)y x= hay 1.2 2y x= +*) Với 01,2x= ta có 1; ,2Mæ öç ÷è suy ra pt tiếp tuyến 1' 32 2y xæ ö= +ç ÷ç ÷è hay 1.y x= 0,5Câu2.(1,0điểm) Phương trình đã cho tương đương với cos2 (sin cos sin2 0x x- =()2 2cos sin (sin cos (sin2 1) 0x xÛ =2(cos sin )(sin cos (sin2 1) 0(cos sin )(1 sin2 (sin2 1) (sin2 1)(cos sin 1) 0.x xx xÛ =Û =0,5*) sin2 sin2 ,2 4x kp pp p- +.kÎZ*) 2214 4cos sin sin342 .2224 4x kx kx xx kx kp pppppp pppé=+ +éêæ öê+ Ûêç ÷ê= Îè øê+ +ëêëZVậy nghiệm của phương trình là ,4x kpp= +2 .2x kpp p= ÎZ 0,5Câu3.(1,0điểm) Điều kiện: 2200 13 411 .3 41 4182 08 8xxx xxx x³ì£ £ì- +ïï- £í í- +£ £ï ï- ³îî (*)Bất phương trình đã cho tương đương với 21 (1 4x x+ -2 23( (1 )(1 0x xÛ 0,52 225 34193 10 01 35 34.9xx xx xx xxé- +³ê+ +êÛ Û- -ê- -£êëKết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là 34 41.9 8x- +£ 0,5Câu4.(1,0điểm) Ta có 22 22 20 0(4cos 1)cos 4sind d(sin ).2 3sin (1 2sin 2sin 3sin 1x xI xx xp p- -= =+ +ò òĐặt sin .t x= Khi 0x thì 0,t= khi 2xp= thì 1.t Suy ra 12203 4d2 1tI tt t-=+ +ò 0,51 10 06 (4 4) (2 1)2 d(2 1)( 1) (2 1)( 1)t tt tt tæ ö+ += +ç ÷+ +è øò ()11004 12 2ln(2 1) ln( 1) 2ln3 ln2 ln18 2.2 1t tt tæ ö= =- -ç ÷+ +è øò0,5Doc24.vnCâu5.(1,0điểm) *) Áp dụng định lý côsin cho tam giác ' ' 'A suyra ·0' ' ' 120 .B D= Do đó ' ' ',A ' ' 'A là các tamgiác đều cạnh 3.a Gọi ' ' ' ',O D= ta có ()' ' ' ' .BO D^ Kẻ ' 'OH B^ tại suy ra ()' ' .A BHO^ Do đó()()·()·, ' ' .ABCD CDD BHO=Từ ··21 2cos tan .73BHO BHO= =·02 3.tan ' .sin60 .23aBO HO BHO OÞ 0,5Vậy 30. ' ' ' '3 9. 3. 3.sin60 .2 4ABCD Da aV a= =*) Vì 1' '2 2aBO C= nên tam giác ' 'A BC vuông tại Vì ()' ' ' 'B BC^ nên ' 'B làtrục đường tròn ngoại tiếp tam giác ' '.A BC Gọi là tâm của tam giác đều ' ' '.A Khiđó ' ' 'GA GC GD= và ' 'GA GB GC= nên là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ' ' '.A BC DMặt cầu này có bán kính 3' ' .3 2aR GD OD a= 0,5Câu6.(1,0điểm) Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có 22 22 24.5( 9( )( )4a ab bc cb c³ =+ ++ Tương tự, ta có 22 24.( 9( )b bc ca a³+ Suy ra 22 22 24 29 9( )a bb ab bc ca aæ öæ ö+ +ç ÷ç ÷+ ++ +è øè 222 22 22 22( )( )2 2( )2.9 9( 4( )4a bc ba bab cc cæ ö++ +ç ÷æ ö+ += =ç ÷ç ÷+ +ç ÷è ø+ +ç ÷è øVì 1a c+ nên2222 22 22 2(1 (1 3(1 (1 .9 4(1 (1 4c cP ccc cæ ö- -æ ö³ -ç ÷ç ÷+- +è øè ø(1) 0,5Xét hàm số 228 3( (1 )9 4f ccæ ö= -ç ÷+è với (0; 1).cÎTa có 216 3'( 1);9 2( 1)f cccæ ö= -ç ÷++è ø()31'( 1) 64 (3 3) .3f c= =Bảng biến thiên:Dựa vào bảng biến thiên ta có 1( )9f c³ với mọi (0; 1).cÎ (2)Từ (1) và (2) suy ra 1,9P³ dấu đẳng thức xảy ra khi 1.3a c= =Vậy giá trị nhỏ nhất của là 1,9- đạt khi 1.3a c= 0,5( )f c'( )f cc130 +–0 119-DA3aCH'DO3aBG'C'B'ADoc24.vnCâu7.a(1,0điểm) Vì DE AC^ nên (): .DE t+ -Ta có ()()()1 1, ,3 3d AC AC AC= ()()1; 412 412 .535; 22DtttDé-=+éÛ Þêê=--ëêëVì và nằm khác phía đối với AC nên ()1; .D- 0,5Ta có ()()()1 2. 12 1; 1.4 4BBxGD GB BD xyì- =- -ï=- =í- =- -ïîuuur uuurVì (): .A AC aÎ +Ta có 41 .3 3AGCD AGC ACD ABC ABC ABDS Sæ ö= =ç ÷è øSuy ra ()124 242ABDS BD BD= =()()()()5; tm51.12 4833; ktmAaaaAé=éÛ Þêê=-- -ëêëTừ ()3; .AD BC C= -uuur uuurVậy ()()()()5; 1; 3; 1; .A D- 0,5Câu8.a(1,0điểm) Vì ()3; 4; .A AB aÎ Thay tọa độ đỉnh vào phương trình mặt phẳng () asuy ra ()1; 2; .A Vì ()3; 4; .B AB bÎ Ta có()()()()()()()2 22; 3; tm 013 16 1830; 1; ktmBB xbAB bbBé- >=-é= Ûêê=-ëêë0,5Ta có 03 2.sin30 .2BC AB= Mặt khác ()()3, .2d BCa= Từ đó suy ra là hình chiếuvuông góc của lên () .a Ta có ()()3 52 3; 3; .2 2C Caæ ö+ -ç ÷è øVậy ()()7 51; 2; 2; 3; 3; .2 2A Cæ ö- -ç ÷è 0,5Câu9.a(1,0điểm) Đặt ).z yi y= ÎR Khi đó ta có ()()2 2( 1) 1) )1 1) 1)x yi yi yiz yiz yi yix y+ -+ -+ =- ++2 22 22 2.x yix y- -= ++ +0,5Theo bài ra ta có 22 22 22 22 22 22 22 3005 54 21 15( 5( ).5 5x yx yx yx yx yx yx yx yì ì- -ì+ ¹ì+ ¹= =ï ïï+ +ïï ïÛ =±í í- -ï ï= =+ -îîï ï+ +î î*) ,x y= suy ra 220, (ktm)2 .2, 15 5x yx yz ix yy y=ì= =éïÛ +íê= ==ïëî*) ,x y=- suy ra 220, (ktm)6 .6, 35 15x yx yz ix yy y=-ì= =éïÛ -íê= =-=-ïëîVậy .z i= 0,5A BCD GEDoc24.vnCâu7.b(1,0điểm) Gọi .I AC BE= Vì (); .I AC tÎ Ta thấy Ilà trung điểm của BE nên ()2 4; .E t- Theogiả thiết ()()3 3; 2; .E EÎ ÞVì ,AD BC 2AD BC= nên BCDE là hình bìnhhành. Suy ra ··.ADC IBC=Từ ···2cot cot cos .5IBC ADC IBC= 0,5Vì ()()(); 1; 4; .C AC BI BC cÎ -uur uuur Ta có ·22512 2cos .73 22 35 05 510. 20 253cccIBCcc cc c=é>ì-ïê= Ûíê=- =ï- +îêëSuy ra () 5; 7C hoặc 5; .`3 3Cæ öç ÷è øVới ()5; ,C ta thấy là trung điểm của AC nên ()1; ,A- vì là trung điểm của AD nên()3; 13 .DVới 5; ,3 7Cæ öç ÷è tương tự ta có 11 13 23; .3 3A Dæ öç ÷è 0,5Câu8.b(1,0điểm) Ta có ()()1; 1; 1; 5; .AB na-uuur uur Ta thấy ()AaÎ nên đường thẳng MA có VTCP là(), 17; 5; 4MAu AB naé ù= -ë ûuuur uuur uur ()2 1: 17 2; 1; .17 4x zMA m- -Þ +- 0,5Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có ()()2 21 1330.,AMAM ABd MB= =Suy ra ()()()()()2 217 330 15; 6; 19; 4; 3m M+ =± 0,5Câu9.b(1,0điểm) Điều kiện: 0.x Đặt 0,t xy= phương trình thứ nhất của hệ trở thành4 2)2 (2 1)(2 3) 0t tt t+ =2 0,ttÛ vì 0.t+ >Vì hàm 3tf t= đồng biến trên ,R mà (1) 0f= nên 1.tt t+ Khi đó ta có1,xy= hay 1.yx= 0,5Thế vào pt thứ hai của hệ ta được 22 22 21 1log log .log log logxx xx x-æ ö- =ç ÷è ø2 22 22 22 22 21 1log log12.1 1log logx xx xx xx xxx xxx xé é- -= =ê êé- =ê êÛ =êê ê- =êë=- =ê êë ëSuy ra nghiệm của hệ là 12, .2x y= 0,5BCDAEDI