1

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014 Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút

Câu Đáp án Điểm

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

y

x và .2lim

y

x

Giới hạn vô cực:

yx )1(lim và .lim

)1(

y

x

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

* Chiều biến thiên: Ta có .1,0)1(

3' 2

xx

y

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 1; và .;1

0,5

* Bảng biến thiên:

30. Đồ thị:

Đồ thị cắt Ox tại ,0;21

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)

Gọi 1,112; 0

0

00

x

xxxM là tiếp điểm. Theo bài ra ta có 2MA

hay 41112

2

0

020

xxx 4

12

2

0

020

xxx

.20

)1(,0)64)(2(0

000

2000 x

xxxxxx

0,5

Câu 1.

(2,0 điểm)

Với ,00 x phương trình tiếp tuyến là )0()0).(0(' yxyy hay .13 xy

Với ,20 x phương trình tiếp tuyến là )2()2).(2(' yxyy hay .31

31

xy

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là 13 xy và .31

31

xy

0,5

Câu 2.

(1,0 điểm)

Điều kiện: ,0sin x hay ., kkx Khi đó phương trình đã cho tương đương với

xxxxxxx cossin2sin2cos

sincos)cos1(

0)sin(cossin2cos)sin21(cos

cossin2sinsin2coscoscos222

222

xxxxxxxxxxxxx

.0)1sin(cos2cos

02cossin2cos2coscos

xxx

xxxxx

0,5

x

'y

y

1

2

+ +

2

x O

y

I

1

2

1 21

2

*) ,24

02cos kxx thỏa mãn.

*) 2442

14

cos01sincos kxxxx

tm.,22

ktm,2

kx

kx

Vậy phương trình có nghiệm .,22

,24

kkxkx

0,5

Điều kiện: .0022 yyyx Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có .32 xxxy Thế vào phương trình thứ hai ta được 022622)1(3)1( 222 yyxxxyx

.01

22

23

0)2(232

22

22

xy

xy

yxyx

0,5

Câu 3.

(1,0 điểm)

Từ đây ta có 122

xy hay .22 xy

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có 03)2( 22 xxxx .10)3)(1( 2 xxx Suy ra .3y Vậy nghiệm của hệ là .3,1 yx

0,5

Đặt tx sin ta có txx ddcos và khi ,21

6 tx khi .1

2 tx

Khi đó

1

21

2 .d)1ln( tt

tI 0,5

Câu 4.

(1,0 điểm)

Đặt ,1dd)1ln(

ttutu

.1dd 2 tv

ttv Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có

1

21

1

21

21

1

d1

1123ln22ln

)1(d)1ln(1 t

tttttt

tI

.1627ln2ln43ln3|1|ln||ln2ln33ln2

21

1

21

1

tt

0,5

Vì 222 BCACAB nên .900BAC (1) Kẻ BCAH tại H, vì (1) nên H thuộc đoạn BC. Vì

)()( BCDABC nên ).(BCDAH Kẻ CDHK tại K đường xiên ,CDAK từ giả thiết .600 AKH

Sử dụng định lí cosin cho 2

1cos ACBABC

AHCACB 045 vuông cân ở H .323 aHCBCBHaHCAH

Câu 5.

(1,0 điểm)

Vì HK, BD cùng vuông góc CD nên .31//

CBCH

BDHKBDHK

Mà aBDBCCDaBDaAHHK 23,360cot 220

.263.

31

229.

21 32 aSAHVaDCBDS BCDABCDBCD

0,5

A

B D

C

K H

'H

3

Kẻ AKHH ' tại ,'H vì )(AHKCD nên ).('' ACDHHHHCD Từ công thức đường

cao của tam giác vuông AHK .2

3' aHH (2)

Do 3HCBC nên )(,3)(, ACDHdACDBd . (3)

Từ (2) và (3) suy ra .233)(, aACDBd

Chú ý: HS có thể tính .3

)(,ACD

ABCD

SVACDBd

0,5

Từ giả thiết ta có .122 22

xyyxxy Đặt 0 txy ta được

ttt 122 2

0)12)(1)(1(0)12(2 23 tttttt .1210)12)(1( ttt

Với 0, yx và 1xy ta có xyyx

1

21

11

122 . (1)

Thật vậy, ,0)1)(1)(1(

)1()()1( 22

2

xyyxxyyx đúng do 0, yx và 1xy .

Khi đó ta có .21

31

4213

14

ttxyxyP

(2)

0,5

Câu 6.

(1,0 điểm)

Xét hàm số tt

tf21

31

4)(

trên .1;21

Ta có

.1;21,0

)21()1(125.2

)21(6

)1(4)(' 22

2

22

ttt

tttt

tf

Suy ra .1;21,

67

21)(

tftf (3)

Từ (2) và (3) ta có .67

P Dấu đẳng thức xảy ra khi 21

xy và yx .2

1 yx

Vậy giá trị lớn nhất của P là ,67 đạt được khi .

21

yx

0,5

(C) có tâm .5),2;1( RI ).2;( aaAdA Từ tính chất tiếp tuyến BCIA tại H là trung điểm BC. Giả sử )0(, nmnIHmIA

222 5, nIHIBBHnmHA

.85)(..21 2 nnmAHBHAHBCS ABC (1)

0,5

Câu 7.a (1,0

điểm)

Trong tam giác vuông IBA có .5.5.2

nmnmIAIHBI (2)

Thay (2) vào (1) ta có

.0)12514)(1(012513915855 2422462

nnnnnnnn

n

Suy ra .5,1 mn Suy ra

).2;4()3;1(

41

25)4()1(5 22

AA

aa

aaIA

0,5

Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn

.010

zyzyx

Đặt ty ta có

112

tztx

).1;;12( tttD 0,5

Câu 8.a (1,0

điểm)

.126

33

|3|6261].,[

61

ttttADACABVABCD

Suy ra ).13;12;25(),5;6;11( DD 0,5

A

C

I

B d

H

4

Đặt ).R,(, babiaz Từ giả thiết ta có 22 )1()1(1 aibibabia

).1(2

)1(21)1(2)1(21

22

babba

ibabbia

Suy ra )1(,0)12)(2()1(,)1(2)1(2

1 22

bbbbbbb

.21

21

12

ab

ab

Suy ra iz 21 hoặc .21

21 iz

0,5

Câu 9.a (1,0

điểm)

*) Với ,21 iz ta có .5212122

4211

4

iii

ii

zz

*) Với ,21

21 iz ta có .

2271

27

18

21

21

14

ii

iz

z 0,5

(C) tiếp xúc với 1 tại M I

IMCM

1

)( thuộc đường thẳng

1d tại M.

Phương trình .21),3;(03: aIMRaaIyxd

0,5

Câu 7.b (1,0

điểm)

(C) tiếp xúc với 2 nên

2

321

25|226|),( 2 a

aaaRId

2),1;2(

24),6;3(

RI

RI

Suy ra 32)6()3(:)( 22 yxC 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

.05205

zyxzyx

0,5

Câu 8.b (1,0

điểm)

Đặt ).5;0;(5

0

ttCtz

ytx

).2;0;3(

)0;0;5(35

14334)82(321],[

21 2

CC

tt

tttACABSABC 0,5

Ta có 4

31)31(31.)31()31(

1)31(31

122

iiii

i

.3

sin3

cos21

i

Đặt .0),sin(cos rirz Khi đó .)3

sin()3

cos(2)31(31

)1(

ir

izi

Theo bài ra ta có .663 Suy ra .

223 irrz

0,5

Câu 9.b (1,0

điểm)

Từ giả thiết của bài toán ta có iririrr 33

223

.322

)1(4)1()1(322

3 222222

r

rrrrrrr

Từ đó ta có .31

33,3 iziz

0,5

I

1

2

M(1; 2)