TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A và A
1
; 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
1
12



x
x
y .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm )1;0(A một
khoảng bằng 2.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình .2sinsin2coscot)cos1( xxxxx 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
).,(
022)1(3)1(
03
22
2



; góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng
.60
0
Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn
2
1
44
 xy
xy
yx . Tìm giá trị lớn nhất của
.
21
3
1
2
1
2
22
xy
yx
P







II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)

2

.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng 052:)(
 zyxP và các
điểm ).1;1;5(),3;1;3( BA  Tìm điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích
tam giác ABC bằng
3 .
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z biết rằng
izz  32
và
i
zi
)31(31
)1(


có một acgumen bằng
.
6



Hết
Ghi chú:
1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 13, 14/4/2013. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC.
2. Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 11 và ngày 12/5/2013. Đăng kí dự thi
tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 13/4/2013.


tl
1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013
Môn: TOÁN – Khối A, A
1
; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
1
0
. Tập xác định: }.1{\ 
2
0
. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có
2lim 

y
x
và
.2lim 

y
x

Giới hạn vô cực:

y
Suy 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
,0;
2
1






cắt Oy tại )1;0(  và
nhận giao điểm )2;1(I của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng.

0,5

2
0
0
2
0













x
x
x
4
1
2
2
0
0
2
0


x
xxxxx
0,5

Câu 1.

(2,0
điểm)
Với ,0
0
x phương trình tiếp tuyến là )0()0).(0(' yxyy  hay .13 
x
y

Với ,2
0
x phương trình tiếp tuyến là )2()2).(2(' yxyy  hay
.
3
1
3
1
 xy

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là 13 
x
y
và .
3
1

xxxxxxx.0)1sin(cos2cos
02cossin2cos2coscos


xxx
xxxxx

0,5
x
'y
y
 
1

2

+ +

2
x
O
y
I
1
2
1






tm.,2
2
ktm,2



kx
kx

Vậy phương trình có nghiệm
.,2
2
,
24
 kkxkx



0,5
Điều kiện: .002
2
 yyyx
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có
.3
2
 xxxy

điểm)
Từ đây ta có 1
2
2

x
y
hay
.2
2
 xy

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có

03)2(
22
 xxxx .10)3)(1(
2
 xxx
Suy ra .3
y

Vậy nghiệm của hệ là
.3,1 
y
x

0,5
Đặt
tx sin

0,5

Câu 4.
(1,0
điểm)
Đặt
,
1
d
d)1ln(
t
t
utu

 .
1d
d
2
t
v
t
t
v  Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có









.
16
27
ln2ln43ln3|1|ln||ln2ln33ln2
2
1
1
2
1
1
 tt

0,5

Vì
222
BCACAB 
nên
.90
0
BAC
(1)
Kẻ
BC
AH

tại H, vì (1) nên H thuộc đoạn BC. Vì
)()( BCDABC
 nên ).(BCDAH 

Mà
aBDBCCDaBDaAHHK 23,360cot
220


.
2
63
.
3
1
2
29
.
2
1
32
a
SAHV
a
DCBDS
BCDABCDBCD

0,5
A
B
D
C
K
H


)(,3)(, ACDHdACDBd  . (3)
Từ (2) và (3) suy ra
 
.
2
33
)(,
a
ACDBd 

Chú ý: HS có thể tính
 
.
3
)(,
ACD
ABCD
S
V
ACDBd 
0,5
Từ giả thiết ta có .
1
22
22
xy
yxxy  Đặt 0 t
xy
ta được

1
1
1
22
. (1)
Thật vậy, ,0
)1)(1)(1(
)1()(
)1(
22
2




xyyx
xyyx
đúng do 0, 
y
x
và 1
xy
.
Khi đó ta có .
21
3
1
4
21
3

trên .1;
2
1






Ta có
.1;
2
1
,0
)21()1(
125
.2
)21(
6
)1(
4
)('
22
2
22












 tftf (3)
Từ (2) và (3) ta có
.
6
7
P
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
1
xy
và
y
x

.
2
1
 yx
Vậy giá trị lớn nhất của P là
,
6
7
đạt được khi .
2

Trong tam giác vuông
IBA có
.
5
.5.
2
n
mnmIAIHBI  (2)
Thay (2) vào (1) ta có
.0)12514)(1(01251391585
5
2422462







 nnnnnnnn
n

Suy ra
.5,1  mn Suy ra







y

ta có





1
12
tz
tx

).1;;12(
 tttD
0,5

Câu
8.a
(1,0
điểm)








.12







).1(2
)1(21
)1(2)1(21
2
2
bab
ba
ibabbia

Suy ra
)1(,0)12)(2()1(,)1(2
)1(2
1
22


 bbbbb
b
b






,21 i
z

ta có .52121
22
4
21
1
4




 iii
i
i
z
z
*) Với ,
2
1
2
1
iz  ta có
.
2
27
1
2
7



1
)(
thuộc đường thẳng
1
d
tại M.
Phương trình .21),3;(03:  aIMRaaIyxd
0,5

Câu
7.b
(1,0
điểm)
(C) tiếp xúc với
2
 nên








2

 yxC

0,5
Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến ).1;1;1(],[ 
PQ
nABn
Suy ra .05:)(  zyxQ
Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P). Suy ra tọa độ C thỏa mãn





.052
05
zyx
zyx

0,5

Câu
8.b
(1,0
điểm)
Đặt
).5;0;(
5
0



2
C
C
t
t
tttACABS
ABC

0,5
Ta có
 
4
31
)31(31.
)31()31(
1
)31(31
1
22
i
i
i
i
i 







3
cos(
2
)31(31
)1(













i
r
i
zi

Theo bài ra ta có
.
663




















.
3
2
2
)1(4)1()1(3
22
3
2222
2
2
r
r
rrrr
rr


n
79@ya
hoo
.
c
om
)
gử
i
tới
www
.
laisac.
page.
tl