TRNG I HC VINH
TRNG THPT CHUYấN
KHO ST CHT LNG LP 12, LN CUI - NM 2014
Mụn: TON; Khi: A; Thi gian lm bi: 180 phỳt
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s
1
.
1
x
y
x



a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s ó cho.
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th (C) ti im M, bit khong cỏch t im M n ng thng
: 2 1y x
bng
3
.
5
Cõu 2 (1,0 im). Gii phng trỡnh
sin (cos2 2cos ) cos2 cos 1.x x x x x
Cõu 3 (1,0 im). Gii bt phng trỡnh
2 2
1 2 3 4 .x x x x
Cõu 4 (1,0 im). Tớnh tớch phõn
2
0
cos3 2cos

. ' ' ' 'ABCD A B C D
v bỏn
kớnh mt cu ngoi tip t din
' ' '.A BC D
Cõu 6 (1,0 im). Gi s a, b, c l cỏc s thc dng tha món
1.a b c
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu
thc
2 2
2
2 2
3
( ) .
4
( ) 5 ( ) 5
a b
P a b
b c bc c a ca


II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn a hoc phn b)
a. Theo chng trỡnh Chun
Cõu 7.a (1,0 im). Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú phng trỡnh ng
chộo
: 1 0,AC x y
im
(1; 4)G
l trng tõm ca tam giỏc ABC, im
(0; 3)E
thuc ng cao k t

2 ,AD BC
nh
(4; 0),B
phng trỡnh ng chộo AC l
2 3 0,x y
trung im E ca AD thuc ng thng
: 2 10 0.x y
Tỡm ta cỏc nh cũn li ca hỡnh thang ó cho bit rng

cot 2.ADC
Cõu 8.b (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai im
(2;1;1), (3; 2; 4)A B
v mt phng
( ) : 5 2 5 0.x y z


Tỡm im M thuc mt phng
( )

sao cho
MA AB
v

330
, .
31
d A MB
Cõu 9.b (1,0 im). Gii h phng trỡnh
2
2 2 2

0
. Tập xác định:
\{1}.R
2
0
. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có
lim 1
x
y

 
và
lim 1.
x
y

 
Giới hạn vô cực:
1
lim
x
y


 
và
1
lim .
x



1
1

+
+

1
3
0
. Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại
 
1; 0 ,
cắt Oy tại
(0;1).
Nhận giao điểm
(1; 1)I 
của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng.
0,5
b) (1,0 điểm)
Gọi tiếp điểm
0
0
0
1
; ( ).
1

0
0
0
1
2 1 3
1
x
x
x

   

2
0 0 0
2 2 2 3 1x x x    
2 2
0
0 0 0 0 0
2 2
0
0 0 0 0 0
1
2 2 2 3( 1) 2 5 5 0
1
.
2 2 2 3( 1) 2 1 0
2
x
x x x x x
x

1
,
2
x 
ta có
1
; 3 ,
2
M
 
 
 
suy ra pt tiếp tuyến
1 1
' . 3
2 2
y y x
   
  
   
   
hay
8 1.y x 
0,5
Câu 2.
(1,0
điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
cos2 (sin cos ) sin 2 1 0x x x x   
 

4 4
x k
x k
x x x
x k k
x k
 




 




  


 

       

 

  
 

  


2
2
0
0 1
3 41
1 0 0 .
3 41 3 41
8
2 3 4 0
8 8
x
x
x x
x
x x


 

 


     
 
   
 
 
  




 



Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là
5 34 3 41
.
9 8
x
   
 
0,5
Câu 4.
(1,0
điểm)
Ta có
2 2
2 2
2 2
0 0
(4cos 1)cos 3 4sin
d d(sin ).
2 3sin (1 2sin ) 2sin 3sin 1
x x x
I x x
x x x x
 
 
 

0,5
1 1
0 0
6 5 (4 4) (2 1)
2 d 2 d
(2 1)( 1) (2 1)( 1)
t t t
t t
t t t t
   
   
     
   
   
   
 
 
1
1
0
0
4 1
2 d 2 2ln(2 1) ln( 1) 2 2ln3 ln 2 ln18 2.
2 1 1
t t t t
t t
 
               
 
 

   




, ' ' .ABCD CDD C BHO
Từ
 
21 2
cos tan .
7
3
BHO BHO  

0
2 3
.tan ' .sin 60 . .
2
3
a
BO HO BHO A O   
0,5
Vậy
3
0
. ' ' ' '
3 9
. 3. 3.sin60 .
2 4
ABCD A B C D

3 3 2
a
R GD OD a   
0,5
Câu 6.
(1,0
điểm)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
2 2 2
2 2
2 2
4
.
5
( ) 5 9( )
( ) ( )
4
a a a
b c bc b c
b c b c
 
  
  
Tương tự, ta có
2 2
2 2
4
.
( ) 5 9( )
b b

2 ( ) 2 2 2( ) 4 ( )
2
.
9 9 9
( ) ( ) ( ) 4 ( ) 4
( )
4
a b
c a b
a b c a b a b c a b
ab c a b c a b a b c a b c
c a b c
 

 
 
   
     
  
 
   
       
 
   
  
 
 
0,5
D
A

 
      
 
 

   
 
 
(1)
Xét hàm số
2
2
8 2 3
( ) 1 (1 )
9 1 4
f c c
c
 
   
 

 
với
(0;1).c 
Ta có
2
16 2 2 3
'( ) 1 . ( 1);
9 1 2
( 1)

1
.
3
a b c  
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
1
,
9

đạt khi
1
.
3
a b c  
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Vì
DE AC
nên
 
: 3 0 ; 3 .DE x y D t t     
Ta có
     
1 1
, , ,
3 3
d G AC d B AC d D AC 

 
1; 4 .D 
0,5
Ta có
 
 
 
1 1 2. 1
2 1; 8 : 1.
4 4 2 4
B
B
x
GD GB B BD x
y

   

     

    


 
Vì
 
: 1 0 ; 1 .A AC x y A a a     
Ta có
1 4 4
1 .



 
 



Từ
 
3; 2 .AD BC C   
 
Vậy
       
5; 6 , 1; 8 , 3; 2 , 1; 4 .A B C D  
0,5
Câu
8.a
(1,0
điểm)
Vì
 
3; 4; 4 8 .A AB A a a a     
Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng
 

suy
ra
 
1; 2; 0 .A
Vì

Ta có
0
3 2
.sin30 .
2
BC AB 
Mặt khác
 
 
3
, .
2
d B BC

 
Từ đó suy ra C là hình chiếu
vuông góc của B lên
 
.

Ta có
   
3 7 5
2 ; 3; 4 ; 3; .
2 2 2
C c c c C

 
       
 


0,5
( )f c
'( )f c
c
1
3
0
+
–
0
1
1
9

A
B
C
D
G
E
4
điểm)
2 2
2 2 2 2
2 2
.
x y x y x y
i
x y x y

 

 
 
 

 

 
     
   
 
   
 
     


 
 
 
*)
2 ,x y
suy ra
2
2
0, 0 (ktm)
2 .
2, 1
5 5
x y

y y
 

 


   


  
 



Vậy
2 , 6 3 .z i z i   
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
Gọi
.I AC BE 
Vì
 
; 2 3 .I AC I t t  
Ta thấy I là
trung điểm của BE nên
 
2 4; 4 6 .E t t 

2 5 5 2
cos .
7
3 22 35 0
5 5
10. 5 20 25
3
c
c
c
IBC
c
c c
c c







    



  

 



11 13 1 23
; , ; .
3 3 3 3
A D
   
   
   
0,5
Câu
8.b
(1,0
điểm)
Ta có
   
1;1; 3 , 1; 5; 2 .AB n


 
Ta thấy
 
A


nên đường thẳng MA có VTCP là
 
, 17; 5; 4
MA
u AB n

 

9.b
(1,0
điểm)
Điều kiện:
0.x y 
Đặt
0,t xy 
phương trình thứ nhất của hệ trở thành
4 ( 2)2 3 0 (2 1)(2 3) 0
t t t t
t t t         
2 3 0,
t
t   
vì
2 1 0.
t
 
Vì hàm
( ) 2 3
t
f t t  
đồng biến trên
,R
mà
(1) 0f 
nên
2 3 0 1.
t
t t    

5
2 2
2 2
2 2
2 2 2
2 2
1 1
log log
1
2.
1 1 1 1 1
log log
x x
x x
x x
x x
x
x x x
x
x x x
 
 
 
 

 
 
    

 