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(

I

Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (BCD), tam giác BCD
vuông ở D. Biết rằng
6,33,15 aACaBCaAB 
; 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





2
 izizz Tính mô đun của
1
4


z
z .
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hai đường thẳng 01:
1
 yx và
.017:
2
 yx
Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với
1

tại )2;1(M và tiếp xúc với
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


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:


3
'
2


 x
x
y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng


1;



và


.;1




0,5
* Bảng biến thiên: 3
0
. Đồ thị:










x
x
x
xM
là tiếp điểm. Theo bài ra ta có
2

MA

hay 41
1
12
2
0
0
2
0






x
x
x







.2
0
)1(,0)64)(2(
0
0
00
2
000
x
x
xxxxx
0,5

Câu 1.

(2,0
điểm)
Với ,0
0

1
3


x
y
và .
3
1
3
1
 xy
0,5

Câu 2.

(1,0
điểm)
Điều kiện: ,0sin

x hay .,



kkx


Khi đó phương trình đã cho tương đương với

xxxx

'y
y







1


2




+ +



2

x

O
y

I
1















tm.,2
2
ktm,2



kx
kx

Vậy phương trình có nghiệm
.,2
2
,
2
4
 kkxkx




x
y
x
y
yxyx

0,5

Câu 3.

(1,0
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

2
1
6
 tx

khi
.1
2
 tx


Khi đó



1
2
1
2
.d
)1ln(
t
t
t
I

0,5

Câu 4.




1
2
1
1
2
1
2
1
1
d
1
11
2
3
ln22ln
)1(
d
)1ln(
1
t
tttt
t
t
t
I

.
16

Kẻ
CD
HK

tại K

đường xiên
,
CD
AK

từ giả
thiết
.60
0
 AKH

Sử dụng định lí cosin cho
2
1
cos  ACBABC
AHCACB 
0
45 vuông cân ở H
.323 aHCBCBHaHCAH 
Câu 5.


a
DCBDS
BCDABCDBCD

0,5
A
B
D
C
K
H
'
H

3

Kẻ
AK
HH

'
tại
,
'
H
vì
)(AHKCD

nên
).('' ACDHHHHCD

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
t
tt
1
22

1
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 .

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













 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

nmnIHmIA
222
5, nIHIBBHnmHA 

.85)(
2
1
2
 nnmAHBHAHBCS
ABC
(1)

0,5

Câu
7.a
(1,0
điểm)
Trong tam giác vuông
IBA
có .
5
.5.
2
n
mnmIAIHBI  (2)
Thay (2) vào (1) ta có
.0)12514)(1(01251391585
5
2422462



).2;4(
)3;1(
4
1
25)4()1(5
22
A
A
a
a
aaIA
0,5
Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn





.01
0
zy
zyx
Đặt
t
y

ta có


6
3
3
|3|
62
6
1
].,[
6
1
t
t
t
tADACABV
ABCD

Suy ra ).13;12;25(),5;6;11(



DD
0,5
A
C
I
B
d
H
4


b
b







.
2
1
2
1
12
ab
ab

Suy ra
i
z
2
1


hoặc
.
2
1
2

z
z
*) Với ,
2
1
2
1
iz  ta có .
2
27
1
2
7
1
8
2
1
2
1
1
4




 i
i
i
z
z

Câu
7.b
(1,0
điểm)
(C) tiếp xúc với
2

nên








2
3
21
25
|226|
),(
2
a
a
a
a
RId








.052
05
zyx
zyx

0,5

Câu
8.b
(1,0
điểm)
Đặt
).5;0;(
5
0






 ttC
tz
y
tx

0,5
Ta có
 
4
31
)31(31.
)31()31(
1
)31(31
1
22
i
i
i
i
i 





.
3
sin
3
cos
2














i
r
i
zi

Theo bài ra ta có
.
663






Suy ra
.
2

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

Từ đó ta có .
3
1

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình .2sinsin2coscot)cos1( xxxxx





Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
).,(
221)3(
03
2
2








yx
yyxxxy
xxyx

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
.d
sin
)sin1ln(cos
2
6

thỏa mãn .
2
33
44
xy
yxxy  Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
.
2
16
22
22


yx
yxP

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 đường tròn
5)2()1(:)(
22
 yxC
và đường
thẳng .02:



yxd Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C. Tìm tọa độ điểm
A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8.

 yx Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với
1
 tại )2;1(M và tiếp xúc với
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


y
x
và
.2lim


y
x

Giới hạn vô cực:




y
x )1(
lim
và
.lim
)1(




y
x

Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng
,
2





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
b) (1,0 điểm)

1
12
2
0
0
2
0













x
x
x 4
1
2
2
0
0
2
0

x
x
xxxxx
0,5

Câu 1.

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

Với ,2
0

x phương trình tiếp tuyến là )2()2).(2(' yxyy



x hay .,



kkx


Khi đó phương trình đã cho tương đương với

xxxx
x
x
x cossin2sin2cos
sin
cos
)cos1( 0)sin(cossin2cos)sin21(cos
cossin2sinsin2coscoscos
222
222


xxxxxx
xxxxxxx.0)1sin(cos2cos



2

x

O
y

I
1


2

1


2
1

2

*)
,
2
4
02cos




kx
kx

Vậy phương trình có nghiệm .,2
2
,
2
4
 kkxkx





0,5
Điều kiện:
.002
2
 yyyx

Trừ hai phương trình của hệ ta được

yyxyx 2223
22
.0
2

xy
x
y
Thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được
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 ta có txx ddcos


(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 




t
I

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

0,5
Kẻ
BC
AH

tại H, vì )()( BCDABC

nên ).(BCDAH


Kẻ
CD
HK

tại K,

a
AH
2

.
2
cot
a
AHHK 


Do HK, BD cùng vuông góc CD nên .// BDHK
Mà
HC
BC
5

nên
2
5
5
a
HKBD 
2
35
22
a
BDBCCD 

8

tại
,
'
H
vì )(AHKCD

nên
'
HH
CD

).(' ACDHH


Từ công thức
đường cao tam giác vuông AHK .
17
2
'
a
HH  Mà
HC
BC
5

nên
   
.
17
10

.
0


t
xy
Từ giả thiết ta có
xy
yx
xy
yxxy
2
2
2
33
2244
 , hay

t
tt
2
233
2


02332
23
 ttt

0)2)(12)(1(


Câu 6.

(1,0
điểm)
Xét hàm số
1
8
)(
2


t
ttf
,
2
2
1
 t
. Ta có
,
)1(
8
2)('
2


t
ttf
2

2
2
1
2
ttt
t
1


t
.
Ta có
12
67
2
1
,
3
20
)2(,5)1( 






 fff . (2)
Từ (1) và (2) suy ra
3
20

BC
IA


tại H là trung điểm BC.
Giả sử
)0(,




nmnIHmIA

222
5, nIHIBBHnmHA 

.85)(
2
1
2
 nnmAHBHAHBCS
ABC
(1)

0,5

Câu
7.a
(1,0
điểm)

n
Suy ra












).2;4(
)3;1(
4
1
25)4()1(5
22
A
A
a
a
aaIA

0,5
Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn



Câu
8.a
(1,0
điểm)








.12
6
3
3
|3|
62
6
1
].,[
6
1
t
t
t
tADACABV
ABCD

Suy ra ).13;12;25(),5;6;11(

)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







.
2
1
2
1
12



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







hoặc
.2)1()2(:)(
22
 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

3
5
14334)82(3
2
1
],[
2
1
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

Đặt .0),sin(cos



rirz


Khi đó .)
3
sin()
3
cos(
2
)31(31
)1(













i
r

























.
3
2
2
)1(4)1()1(3
22