TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN CUỐI - NĂM 2013 Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số .21

xxy

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho. b) Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (H). Viết phương trình tiếp tuyến d của (H) tại điểm M thỏa

mãn IM vuông góc với d.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình .2

cos2

sin)cos23(2

cos)2cos3(

xxxxx

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ).,(1233

)2(84 22

yx

yyx

xxyxy

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân .d4

1

02

3

x

xxI

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, 5.AD a Tam giác SAB nằm trong mặt

phẳng vuông góc với đáy, ,SA a ,2aSB 0120 .ASB Gọi E là trung điểm của AD. Tính thể tích

khối chóp S.ABCD và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCE theo a.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số dương a, b phân biệt thỏa mãn .1222 ba Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.)(8

544244 baba

P

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc 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 1; 3 ,A 5;1 .B Điểm M

nằm trên đoạn thẳng BC sao cho 2 .MC MB Tìm tọa độ điểm C biết rằng 5MA AC và đường thẳng BC có hệ số góc là một số nguyên.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng : 0,x y z

: 2 2 0.x y z Viết phương trình mặt cầu S có tâm thuộc , có bán kính bằng 3, tiếp xúc

với tại M, biết rằng điểm M thuộc .Oxz

Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn .||)1()1(

1 zizi

iz

b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có trực tâm 3;2 .H

Gọi D, E là chân đường cao kẻ từ B và C. Biết rằng điểm A thuộc đường thẳng : 3 3 0,d x y điểm 2;3F thuộc đường thẳng DE và 2.HD Tìm tọa độ điểm A.

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm 1;3;2 ,A 3;2;1B và mặt phẳng

: 2 2 11 0.P x y z Tìm điểm M trên P sao cho 2 2MB và 030 .MBA

Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n thỏa mãn

.2013

112

2...54

43

32

21 2

242

32

22

12

n

nnnnn Cn

nCCCC

---------------------------- Hết -------------------------- Ghi chú: BTC sẽ trả bài vào các ngày 22, 23/6/2013. Khi nhận bài thi, thí sinh phải nộp lại Phiếu dự thi.

Chóc c¸c em häc sinh ®¹t kÕt qu¶ cao trong Kú thi tuyÓn sinh vµo §¹i häc vµ Cao ®¼ng n¨m 2013!

www.MATHVN.com

www.DeThiThuDaiHoc.com

1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN CUỐI - NĂM 2013 Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút

Câu Đáp án Điểm

a) (1,0 điểm) 10. Tập xác định: }.2{\ 20. Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có 1lim

y

x và .1lim

y

x

Giới hạn vô cực:

yx )2(lim và .lim

)2(

y

x

Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng ,1y tiệm cận đứng là đường thẳng .2x

* Chiều biến thiên: Ta có .2,0)2(

1' 2 x

xy

Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 2; và .;2

0,5

* Bảng biến thiên:

30. Đồ thị:

Đồ thị cắt Ox tại ,0;1 cắt Oy tại );21;0(

nhận giao điểm )1;2(I của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,5

b) (1,0 điểm)

Gọi 2,21; 0

0

00

x

xxxM là tiếp điểm. Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M là

21)(

)2(1:

0

002

0

xxxx

xyd , hay .0)22()2(: 0

20

20 xxyxxd

Suy ra VTCP của d là 1;)2( 20 xud . Ta có )1;2(I nên

2

1;20

0 xxIM .

0,5

Câu 1.

(2,0 điểm)

Do đó IM vuông góc với d 0. duIM 1)2(02

1)2( 40

0

30

x

xx

.13

0

0

xx

Với ,30 x phương trình tiếp tuyến là 2)3( xy hay .5 xy Với ,10 x phương trình tiếp tuyến là )1( xy hay .1 xy Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là 5 xy và .1 xy

0,5

Câu 2.

(1,0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với

2

sin2

sin)cos23(2

cos)2cos3( xxxxx

02sinsin.2

cos

02

sin2

cos22

cos)sin2(

02

sin)cos22(2

cos)sin24(

2

22

2

xxx

xxxx

xxxx

0,5

x

'y

y

2

1

1

x O

y

I 1

21

2 1

www.MATHVN.com

www.DeThiThuDaiHoc.com

2

.22

2

22

22

1sin

02

cos

kx

kx

kx

kx

x

x

Vậy nghiệm của phương trình là .,22

,2 kkxkx

0,5

Điều kiện: .21012 yy

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

.2

40)2)(4( 2

2

yxx

xyx

Với ,4x thế vào phương trình thứ hai ta được

)12(9)1(

11231 2 yy

yyy

)12(9)1(

12 yy

y

.1031010310

1

010201

2

y

y

y

yyy

0,5

Câu 3.

(1,0 điểm)

Với ,22 yx thế vào phương trình thứ hai ta được .12352 yyy (*) Áp dụng BĐT Côsi ta có

(*).123)12(525)12(5)12()1((*) 2 VPyyyyyyVT Do đó phương trình (*) vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ là .10310,4 yx

0,5

Đặt .dd44 222 ttxxtxxt Khi ,20 tx khi .31 tx Suy ra

3

2

2

)d(4 ttttI

0,5

Câu 4.

(1,0 điểm)

.333

163

4)d4(3

232

3

2

tttt 0,5

Áp dụng định lý côsin trong tam giác SAB 2 2

2 2 0 72 1204 2 4 2

7. . .cos .a a a aAB a a AB

Kẻ SH AB tại H. Vì SAB ABCD nên

.SH ABCD Ta có 02 . .sin120 21

.14

SABS SA SB aSHAB AB

Suy ra 31 21 7 15. . . 5 .

3 14 2 12SABCDa a aV a

0,5

Câu 5.

(1,0 điểm)

Vì ,BC AB BC SH nên .BC SAB Do đó 090CBS (1) Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông CED, SAE, SBC ta có

22 2

2 2 2 7 5 124 4 4a a aCE CD DE ,

2 22 2 2 2 5 9

4 4a aSE SA AE a ,

2 2

2 2 2 2 215

4 4a a

SC SB BC a .

Từ đó suy ra 2 2 2.SC SE CE Do đó 090CES (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ diện SBCE nội tiếp mặt cầu đường kính SC. Do đó mặt cầu này có tâm là trung

điểm của SC, có bán kính bằng 21 .2 4

SC aR

0,5

S

A

B C

D E

a

5a

2a

H

1200

www.MATHVN.com

www.DeThiThuDaiHoc.com

3

Từ giả thiết và áp dụng BĐT Côsi ta có .2.42242)4(16 2 bababa Suy ra

80 ab . Do đó 244

22

244 )(85.

844

64)(8544

baab

baba

babaP

.2

1.645

161

2

2

2

2

ab

baa

bba

Đặt .ab

bat Khi đó 2t và .

81

21.

645

161

21.

645)2(

161 22

tt

ttP

0,5

Câu 6.

(1,0 điểm)

Xét hàm 81

21.

645

161)( 2

tttf trên ).;2( Ta có

,25

85)2(0)(';

)2(1.

645

81)(' 2

2

ttttft

ttf vì .2t

Vì

)(lim)(lim2

tftftt

nên .6427

25)(min

);2(

ftf

Suy ra ,6427

P dấu đẳng thức xảy ra khi .4,2 ba

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là ,6427 đạt được khi .4,2 ba

0,5

Gọi H là trung điểm MC. Khi đó AH BC và .BM MH HC x

Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông ABH, AMH ta có

22 2

2 2 2

42 52325

AHAH x ABxAH x AM

Gọi phương trình đường thẳng BC là 2 25 1 0 0 .a x b y a b

Ta có 2 2

06 4; 4 4 5 12 0

5 12 0aa b

d A BC a a ba ba b

0,5

Câu 7.a (1,0

điểm)

Với 0,a đường thẳng BC có hệ số góc 0k (thỏa mãn). Khi đó : 1.BC y

Với 5 12 0,a b đường thẳng BC có hệ số góc 5

12k (không thỏa mãn).

Ta có 2 2; 5 : 1 3 25.A R x y Khi đó tọa độ của C và M là nghiệm của hệ phương

trình

2 2

1 2;1 , 4;1

4;1 , 2;11 3 25

y C M

C Mx y

Vì M nằm trên đoạn thẳng BC nên 4;1 .C

0,5

Vì ;0; .M Oxz M a b Mặt khác 2 2 ;0; .M a b M b b

Gọi I là tâm của .S Khi đó 2: 2 ; 2 ; 2 .1 2 2

x b y z bIM I b t t b t

0,5

Câu 8.a (1,0

điểm) Vì ;2 ;3 .I t b I b b b Ta có 9; 3 1.

3b

R d I b

Với 2 2 21 : 1 2 3 9.b S x y z

Với 2 2 21 : 1 2 3 9.b S x y z

0,5

1; 3A A

5;1B

C H M x x x

5 5

www.MATHVN.com

www.DeThiThuDaiHoc.com

4

Đặt .0,,, 22 yxyxyixz Ta có

ziziizzzi

ziiz )1(||

11||)1(

)1(1

)2(.1

0)1(0

11

)(

2222

22

22

2222

2222

yxyx

xyyx

yxyx

yxyx

yxyx

yxyxyx

iyxyxyxiyx

0,5

Câu 9.a (1,0

điểm)

Với ,0x ta có ,11)2( 2 yyy thỏa mãn (1). Suy ra .iz

Với ,0y ta có ,11)2( 2 xxx không thỏa mãn (1). Vậy .iz

0,5

Ta có 2 22 3 2 4D DHD x y

2 2 6 4 9 0D D D Dx y x y (1)

Vì 3 3; .A d A m m Ta có

. 0AD HD AD HD

3 3 . 3 . 2 0D D D Dx m x y m y

2 2 3 2 7 9 0D D D Dx y mx m y m (2)

0,5

Câu 7.b (1,0

điểm)

Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được 6 3 2 7 18 0D Dm x m y m (3) Hoàn toàn tương tự ta có 6 3 2 7 18 0E Em x m y m (4) Từ (3) và (4) suy ra đường thẳng DE có phương trình 6 3 2 7 18 0.m x m y m Vì 2;3 0.F DE m Do đó 3;0 .A

0,5

Nhận thấy , , 6.A P B P AB Áp dụng định lý côsin trong tam giác MAB ta có 2 2 2 02. . .cos30 2.MA MB BA MB MA Suy ra 2 2 2 .MB MA AB Do đó tam giác MAB

vuông tại A. 0,5

Câu 8.b (1,0

điểm) Ta có , 0; 5;5 .AM Pu AB n

Do đó

1: 3 1;3 ;2 .

2

xAM y t M t t

z t

Ta có 2 2 22 2 1.MA t t t Với 1 1;2;3 .t M Với 1 1;4;1 .t M

0,5

Áp dụng công thức khai triển nhị thức Niu-tơn ta có .,...11 22

222

212

2 xxCxCxCx nnnnn

n Lấy đạo hàm hai vế ta được .,2...3212 122

223

222

12

12 xxnCxCxCCxn nnnnnn

n Suy ra .,2...3212 22

233

222

212

12 xxnCxCxCxCxnx nnnnnn

n Lấy tích phân trên 0;1 hai vế của đẳng thức ta được

0

1

222

332

222

12

0

1

12 d2...32d12 xxnCxCxCxCxxnx nnnnnn

n

0,5

Câu 9.b (1,0

điểm)

.12

2...43

32

21)1(

12)1(2

1

0122

243

232

221

21

02

12

nnnnnn

nn

xCn

nxCxCxCxn

xn

Suy ra .12

112

2...54

43

32

21 2

242

32

22

12

n

Cn

nCCCC nnnnnn

Theo bài ra ta có .10062013

112

1

n

n

0,5

A

C

: 3 3 0d x y

B

2;3F D E

H 2

www.MATHVN.com

www.DeThiThuDaiHoc.com