Trường THPT Đặng Thai Mai. Năm học 2012 – 2013. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2 Môn: Toán doc

Trường THPT Đặng Thai Mai. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2
Năm học 2012 – 2013. Môn: Toán. Khối: A, A1, B.
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian chép đề.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
2 3
y x x
  

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng :
d y m

cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt M,N,P,Q (sắp thứ tự từ trái sang phải) sao cho
độ dài các đoạn thẳng MN,NP,PQ là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông.
Câu II ( 3,0 điểm).
1. Giải phương trình lượng giác: 34cos22sin2cos36cos2  xxxx .
2. Giải hệ phương trình :
2 2
2 2 2
6
1 5
x x y y
x y y

 


 




3. Tính tích phân:
4
0
1 2
x cosx
I dx
cos x






Câu III (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng
. ' ' '
ABC A B C
có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a
và góc

0
30
ABC

. Mặt phẳng
( ' )
C AB
tạo với đáy

( )
ABC
một góc 60
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
'
CB
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
3 3 3 2 2 2
4x y y z z x xyz
P
z x y xy yz zx
   
 
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A.Theo chương trình Chuẩn.
Câu V.a ( 2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết
trực tâm
(1;0)
H , chân đường cao hạ từ đỉnh B là
(0; 2)
K , trung điểm cạnh AB là
(3;1)
M .

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng (d
1
), (d
2
) với (d
1
):
1 2
3 2 1
x y z
 
 

và (d
2
) :
1
1
x
y t
z t
 


  




. Viết phương trình đường thẳng (d) qua M vuông góc (d

1
) và cắt (d
2
).
Câu VI.a ( 1,0 điểm). Giải phương trình : xxx
2
2
7
log)1(log  .
B.Theo chương trình Nâng cao.
Câu V.b ( 2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB và AC
có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 .Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện
tích tam giác ABC bằng
20
và điểm B có hoành độ dương.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
( )

:
2
( )
4



 





x t
y t t R
z
; và
2
( )

:
 
3
0
 


 




x s
y s s R
z
. Chứng
tỏ hai đường thẳng
1 2
,
 
chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của

1 2
,
 
làm đường
kính.
Câu VI.b ( 1,0 điểm). Một thầy giáo có 12 quyển sách đôi một khác nhau trong đó có 5 quyển sách Toán, 4 quyển
sách Vật lý, và 3 quyển sách Hóa học.Ông muốn lấy ra 6 quyển đem tặng cho 6 học sinh A,B,C,D,E,F mỗi em một
quyển.Tính xác suất để sau khi tặng sách xong mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều còn lại ít nhất một
quyển.
……….Hết……….
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

Trng THPT ng Thai Mai.
Nm hc 2012 2013.

Đáp án và thang điểm

THI KHO ST CHT LNG KHI 12 LN 2
Mụn: Toỏn. Khi: A, A1, B.
Thi gian lm bi: 180 phỳt.

CÂU

NễI DUNG ẹIE
M
Câu I

(2,0 điểm)

1.

(1,0 điểm)

a) T

p xỏc nh :
D = R
b) S bin thiờn:
* Gii hn :
lim , lim
x x
y y


.
*Chiu bin thiờn: y = 4x
3
-4x.
x 0
y' 0
x 1







0,25
* Bng bin thiờn
-4
-3
-4
+
+

-
-
+ +0
00
10
-1
+-
y
y'
x

0,25
+ Hm s ng bin trờn cỏc khong; (-
1
; 0) v (1; +

); nghch bin trờn khong
(

;
1

) v


0;1

+Cc tr : hm s t cc i ti x=0 v y
C
=-3 , t cc tiu ti x=

1

v y
CT
= -4


0,25
c) th
*V th:
-3
1
-2 -1 21
O

* Nhn xột: th hm s nhn trc Oy lm trc i xng.




0,25
2. (1,0 điểm) .

Từ đồ thị hàm số ta thấy, để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt thì
4 3
m
   
(*)
Phương trình hoành độ giao điểm:
4 2

2 3 0
x x m
   
(1)
Đặt


2
0
t x t
 
thì phương trình hoành độ trở thành
2
2 3 0
t t m
   
(2)

0,25

Với điều kiện (*) thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt hay phương trình (2) có 2
nghiệm dương phân biệt
1 2
,
t t


1 2
t t


. Từ đó tìm được tọa độ các điểm


2
;0
M t
,


1
;0
N t
,


1
;0
P t
,


2
;0
Q t
suy ra
2 1
MN t t
  ;
1
2

NP t
 ;
2 1
PQ t t
 
0,25
Vì
MN PQ

nên
NP
là độ dài cạnh huyền . Do đó :
2 2 2
NP MN PQ
  


 
2
2
2 2 2
1 2 1 1 2 1 2
4 2 8
NP MN PQ t t t t t t t
       
0,25
Áp dụng định lí vi-et ta có
1 2
1 2
2

3
t t
t t m
 


  

. Vì vậy
 
7
4 8 3
2
m m
     

Đáp số
7
2
m
 

0,25
C©u II

(3,0 ®iÓm)



1

(1,0 ®iÓm)

34cos22sin2cos36cos2  xxxx


2cos6 2cos4 3 1 cos2 sin 2 0
x x x x
     

2
4cos5 cos 2 3cos 2sin .cos 0
x x x x x
   



cos 2cos5 3cos sin 0
x x x x
   

cos 0
2cos5 3cos sin 0
x
x x x




  




 
1
2

0.25
 
1
2
x k


   ,


k Z

0.25
 
2 cos5 cos
6
x x

 
  
 
 
5 2

6
24 2
5 2
36 3
6
k
x x k
x
k
x
x x k

 

 


 
  
  


 




 
   






0.25
Vậy pt đã cho có các nghiệm:
2
x k


  , ,
24 2 36 3
k k
x x
   
     ,


k Z

0.25
2
(1điểm)
Ta thấy (0;0) không là nghiệm của hệ nên
Hệ phương trình

2
2
1
( ) 6

1
5
x
x
y y
x
y

 




 



2
1 1
( . )( ) 6
1 1
( ) 2 . 5
x x
y y
x x
y y

 





  







0,25




Đặt S =
1
x
y

, P =
1
.
x
y
Hệ pt trở thành
2
. 6
2 5
S P

S P



 


3
2
S
P







0,25
Có
3
2
S
P








1
3
1
. 2
x
y
x
y

 









1
1
2
2
1
x
y
x
y

 




















0,25
KL : Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là(x;y)=
1
(1; ) ;(2;1)
2



0,25

3
(1điểm)
x cosx x cosx
I dx dx
cos x cos x
 
 
 

 
4 4
2
0 0
1 2 2
x cosx
dx dx I I
cos x cos x
 
   
 
4 4
1 2
2 2
0 0
2 2

0,25
Tính
x
I dx

cos x



4
1
2
0
1
2

Đặt
u x
du dx
v tan x
dv dx
cos x






 





2

1

4 4
1
0 0
1 1 1 1 2
4 4
2 8 2 8 2 8 2 2
0 0
sinx
I (x tanx tandx) dx ln cosx ln
cosx
 
 
  
       
 


0,25
4 4
2
2 2
0 0
1 1 1 1 1 2 2
4
2 2 1 4 1 4
2 2
0
cosx d(sinx) sinx

I dx ln ln
cos x sin x sinx
 

 
   
 

 


0,25
1 2
1 2 1 2 2 1 2 2
8 2 2 4 8 4
2 2 4 2 2
I I I ln ln ln
   
      
 


0,25
Câu III
(1 điểm)
Gọi M là trung điểm của AB. Tam giác CAB cân tại C suy ra AB

CM. Mặt khác AB



0
' ( ') ' 60
CC AB CMC CMC    . Gọi V là thể tích lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
thì
. '
ABC
V S CC

0,25
Ta có
2
0
1
.tan30 .
2
3 3
ABC
a a
CM BM S CM AB    

2 3
0
' .tan60 . 3 .
3 3 3
a a a
CC CM a V a     
0,25

Mặt phẳng
( ' ')
CA B
chứa
'
CB
và song song AB nên
( ; ') ( ;( ' ')) ( ;( ' '))AB CB AB CA B M CA B
d d d MH
   , với N là trung điểm của
' '
A B
và H là hình chiếu
của M trên CN.
Do
, ' ' ( ' ')
MH CN MH A B MH CA B
   

0,25
Tam giác
CMN
vuông tại M nên
( ; ')
2 2 2 2
1 1 1 4
2
AB CB
a
d MH

MH MC MN a
     

0,25
M
M
A'
B'
C
A
B
C'
H

CÂU IV
(1 điểm)
Đặt
2 2 2
, , 1 3
4
x y z
a b c abc a b c
z x y
a b c
P
c a b ab bc ca
        
   
 

0,25
Mà
2
2 2
2 2
a
a c ac a c
c
    

Tương tự
2 2
2 ; 2
b c
b a c b
a b
   

Mặt khác (a+b+c)
2
≥3(ab+bc+ca)
0,25
Nên P≥(a+b+c)+
2
12
( )
a b c
 

2

4 4 12 1 1 13
( ) ( ) ( ) 4
9 9 ( ) 9 3 3
a b c a b c a b c
a b c
            
 

0,25
Vậy minP=
13
3
xảy ra khi a=b=c=1 hay x=y=z

0,25
CÂU Va.
1(1 điểm)
+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận
( 1; 2)
HK  

làm vtpt và AC đi qua K nên
( ): 2 4 0.
AC x y
  

Ta cũng có:
( ):2 2 0
BK x y
  

.





0,25
+ Do ,
A AC B BK
 
nên giả sử
(2 4; ), ( ; 2 2 ).
A a a B b b
 
Mặt khác
(3;1)
M là
trung điểm của AB nên ta có hệ:
2 4 6 2 10 4
.
2 2 2 2 0 2
a b a b a
a b a b b
     
  
 
  
     
  

Suy ra:
(4; 4), (2; 2).
A B






0,25
+ Suy ra:
( 2; 6)
AB
  

, suy ra:
( ):3 8 0
AB x y
  
.

0,25
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận
(3; 4)
HA 

, suy ra:
( ):3 4 2 0.
BC x y
  

KL: Vậy :
( ): 2 4 0,
  
AC x y
( ):3 8 0
  
AB x y ,
( ):3 4 2 0.
  
BC x y


0,25
M
H
K
C
B
A

CÂU Va.
2(1 điểm)
Gọi (P) là mf:
1
1
(0;1;1)
(3;2;1)
P d
quaM

QuaM
d
vtptn u




 

 



 


0,25
PT mf(P) : 3x + 2y + z - 3 = 0

0,25
(P)

d
2
= A có tọa độ A(-1;5/3;8/3)


0,25
Khi đó đt d :
3

(0;1;1)
ó : 1 2 ( )
:3 (3; 2; 5)
1 5
x t
quaM
d c pt y t t R
vtcp AM
z t



 
   
 
  



 




0,25
CÂU VI.a

(1 điểm)
ĐK: x >0
Đặt xt

2
log

x=2
t


0,25
PT trở thành t
tt
 )421(log
7

ttt
7421 
0,25

f(t)= 1
7
4
7
2
7
1






















ttt
(1)
Ta thấy hàm số f(t) nghịch biến trên R và t=1 thoã mãn (1)
Là duy nhất

0,25
Với t=1

x=2
Vậy Pt có một nghiệm x=2
0,25
Câu Vb
(2,0 điểm)
1. (1,0
đi

ểm).

+Ta có phưong trình AH qua A

x-2y-4=0 nên vtpt của AH
(2;1) 2 3 0
n x y
    

.Goi I là giao của AH và
đường trung bình cạnh AB,AC nên I là trung điểm AH
Ta có:I(2;-1)
(3; 3)
H
 

3x+2y-5=0
x-2y-4=0
M
I
A(1;1)
B
C
H

0,25
+Từ đó
: 2 9 0
BC x y
   

Gọi M là trung điểm BC

M là giao của BC và AM
7 11
( ; )
2 4
M


0,25
Gọi B(x,y) do B nằm trên BC do đó x=2y+9.Ta có BM=
2
11
5( )
4
y  .Ta có
2
3 15
11
4 2
. 20. 5( ) 10
19 1
4
4 2
ABC
y x
S BM AH y
y x



 
 
 
     
 
 
 
 
 
 

0,25
Do điểm B có hoành độ dương nên B(
15 3
;
2 4

) từ đó suy ra C(
1 19
;
2 4
 
)
0,25
2. (1,0 điểm).
PTTS
2

:

1 2
3
( ) ,
0
x s
y s t R
z
 


    




có vtcp:
1 2
(2;1;0), ( 1;1;0)
u u 
 

0,25
Gọi AB là đường vuông góc chung của
1

,
2

:

1 2
(2 ; ;4) ; (3 ; ;0)
(3 2 ; ; 4)
A t t B s s
AB s t s t
 
  
    


0,25
AB  
1
, AB  
2

1 1
2
2
2
. 0
(2;1;4); (2;1;0) 4
. 0
AB AB u
A B AB
AB
AB u




 


   
 





 
 

0,25
 Phương trình mặt cầu là:
2 2 2
( 2) ( 1) ( 2) 4
     
x y z
0,25
Câu VIb
(1,0 điểm)
Ta thấy không thể chọn sao cho cùng hết 2 loại sách
Số cách chọn 6 quyển sách từ 12 sách là
6
12
665280
A  
Gọi A là biến cố: “sau khi tặng sách song mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều
còn lại ít nhất một quyển.”

P(A)=1-P(
A
)

0,5
Số cách chọn sao cho không còn sách Toán:
5
6
.7
A
=5040
Số cách chọn sao cho không còn sách Vật lý:
4 2
6 8
. 20160
A A 
Số cách chọn sao cho không còn sách Hóa học:
3 3
6 9
. 60480
A A 

0,25
|
A
|=
5040 20160 60480
 
=85680
P(

A
)=
85680 17
665280 132

P(A)=1-
17 115
132 132


0,25

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Trường THPT Đặng Thai Mai. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2
Năm học 2012 – 2013. Môn: Toán. Khối: D.
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian chép đề.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
2 3
2
x
y
x



.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C) biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M cắt các
đường tiệm cận tại A và B sao cho diện tích đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng
2

.
Câu II ( 3,0 điểm).
1. Giải phương trình lượng giác:
4cos 3cos2 sin 2 3

x x x  
2. Giải hệ phương trình :
2 2
4
( 1) ( 1) 2
x y x y
x x y y y

   

    

.
3. Tính tích phân:
2
0
2

 



xcosx(cosx sinx) cos x
I dx
cosx sinx
.
Câu III (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = 2a, CD = a,
góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60
o
. Gọi I là trung điểm cạnh AD.Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI)

cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu IV (1,0 điểm). Cho x,y


2012;2013
 và
x y

.Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P=
2 2
2
( )
( )
x y
x y
xy


.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A.Theo chương trình Chuẩn.
Câu V.a ( 2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm
(1;0)
H ,
chân đường cao hạ từ đỉnh B là
(0; 2)
K , trung điểm cạnh AB là
(3;1)

M .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1), cắt đường thẳng
 
1
2 1
:
3 1 2
 
 

x y z
d và vuông góc với đường thẳng

  

 


 

x t
d y t
z t
2
2 2
( ): 5
2
(

t R

).

Câu VI.a ( 1,0 điểm). Giải phương trình: xx
32
log)1(log 
B.Theo chương trình Nâng cao.
Câu V.b ( 2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB và AC
có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 .Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện
tích tam giác ABC bằng
20
và điểm B có hoành độ dương.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P):
1 0
   
x y z đồng thời cắt cả hai đường thẳng
 
1
1 1
:
2 1 1
 
 

x y z
d và
2
1
( ) : 1
x t

d y
z t
  


 


 

, với

t R
.
Câu VI.b ( 1,0 điểm). Một cái túi có 5 quả cầu đỏ ,6 quả cầu xanh.Chọn ngẫu nhiên 4 quả cầu .Tính xác suất để
trong 4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh

……….Hết……….
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm






CÂU

NễI DUNG ẹIEM

Câu I

(2,0 điểm)



























1.

(1,0 điểm)

a) T
p xỏc nh :
D = R
b) S bin thiờn:
* Tim cn :
2 2
lim , lim
x x
y y



nờn
2
x

l tim cn ng
lim 2 , lim 2
x x
y y


nờn
2
y

l tim cn ngang.

*Chiu bin thiờn:

2
1
0, 2
2
y x
x



0,25
* Bng bin thiờn
+
- 2
2

2
+
-
y
y'
x

0,25
+ Hm s nghich bin trờn cỏc khong; (-

; 2) v (2; +

)

+Cc tr : hm s khụng cú cc tr

0,25
c) th
*V th:
8
6
4
2
2
4
5 5
I
O

* Nhn xột: th hm s nhn im I(2;2) lm tõm i xng.




0,25
Trng THPT ng Thai Mai.
Nm hc 2012 2013.

Đáp án và
thang điểm

THI KHO ST CHT LNG KHI 12 LN 2
Mụn: Toỏn. Khi: D.
Thi gian lm bi: 180 phỳt.

2. (1,0 ®iÓm) .

2) Gọi
 
2 3
;
2
a
M a C
a

 

 

 
với
2
a

. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có dạng
:
 
 
2
2 3 1
2
2
a
y x a

a
a

   





0,25

Giả sử A,B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng và tiệm cận ngang. Khi
đó ta tìm được
2 2
2;
2
a
A
a

 
 

 
,


2 2;2
B a 
 

 
2
2
1
2 2
2
AB a
a
   


Do tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp l
à
 
 
2
2
1
2
2
2
AB
R a
a
   


0,25
Vì
2 2
2 2 2
IAB
S R R
  

    

0,25
Vì vậy
 
 
2
2
1
2 2 1; 3
2
a a a
a
     


Đáp số



1;1
M hay


3;3
M
0,25
Câu II

(3 điểm)

1(1 điểm)
4cos 3cos2 sin 2 3
x x x  


4cos 3 1 cos2 sin 2 0
x x x
    

2
4cos 2 3 cos 2sin .cos 0
x x x x
   



cos 2 3cos sin 0
x x x

   

cos 0
2 3cos sin 0
x
x x




  




 
1
2

0.25
 
1
2
x k


   ,


k Z


0.25
 
2 1 cos
6
x

 
  
 
 
2 2
6 6
x k x k
 
 
      ,


k Z

0.25
Vậy pt đã cho có các nghiệm:
2
x k


  ,
2
6

x k


  ,


k Z

0.25

2
( 1 điểm)
Hệ phương trình

2 2
2 2
4
2
x y x y
x y x y xy

   


    




2 2 2

4 ( ) ( ) 2 4
2 2
x y x y x y x y xy
xy xy
 
        

 
   
 


2
( ) 0
2
x y x y
xy

   

 


0
( )
2
1
( )
2
x y

I
xy
x y
II
xy
  



 



  



 




0,25








Giải (I): (I)

2
2
2
2
x
y
x
y







 





 











0,25
Giải (II) : (II)

1
2
2
1
x
y
x
y
 



 




 










0,25
KL:Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:
(x;y)=




   
2; 2 ; 2; 2 ; 1; 2 ; 2;1
   


0,25
3
(1 điểm)
xcosx(cosx sinx) cos x
I dx

cosx sinx

 



2
0
2
=
xcosxdx (cosx sinx)dx I I
 
   
 
2 2
1 2
0 0

0,25
Tính
I xcosxdx



2
1
0

Đặt
u x du dx

dv cosxdx v sinx
 
 

 
 
 

I xsin x sinxdx



   

2
1
0
1
2
2
0


0,25
I (cosx sinx)dx (sinx cosx)


    

2

2
0
2
2
0



0,25
I I I

   
1 2
1
2


0,25
Câu III

(1 điểm)
Ta có
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
SBI ABCD
SCI ABCD SI ABCD
SI SBI SCI




  


 


Gọi H là hình chiếu của I lên BC.Theo định lí 3 đường vuông góc SH

BC.
Mà BC =
( ) ( )
SBC ABCD

nên
SHI

= 60
o
là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD).


0,25

2
2
2
2 2 2
1 1
( ) 2 (2 ) 3

2 2
1 1
3 . .
2 2
1 3
3
2 2
ABCD
IBC ABCD ICD IAB
S AD AB AC a a a a
S S S S a ID CD IA AB
a
a a a
  
    
     
   


0,25
Kẻ CE

AB,
2
2
2 2 2 2
3
2.
2
3 3 5

2
5
4
IBC
a
S a a
IH
BC
CE BE a a

   
 

Trong tam giác SIH vuông tại I, ta có : SI = IH.tan60
o
=
3 5 3 15
. 3
5 5
a a



0,25
A
B
D
C
S
E

H
I

Vậy
3
2
.
1 3 15 3 15
.3
3 5 5
S ABCD
a a
V a  (đvtt).

0,25
Câu IV
(1 điểm)
Đặt t=
x
y
.Khi đó P=
2
( 1)( 1)
t t
t
 
=f(t),khi đó f’(t)=
2
1
2 1t

t
 
,


0,25

0,25
Vì
2012 2012
2012 2013 1 1
2013 2013
        
x
x y t
y
.Ta có
f’(t)>
2
2012 2013
2. 1 ( ) 0
2013 2012
  
với
2012
,1
2013
t
 
 

 
 

2012
;1
2013
max max ( ) (1) 4
t
P f t f
 

 
 
   
đạt được khi x=y



0,25
2
2
2012
;1
2013
2
2012 2012 2012 2013
min minf( ) ( ) 1 1
2013 2013 2013 2012
4025 8100313
.

2012 2013
t
P t f
 

 
 
 
 
    
 
 
 
 


Đạt được khi
2012
2013
x y





0,25
Câu V.a.1

(1 điểm)
+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận

( 1; 2)
HK  

làm vtpt và AC đi qua K nên
( ): 2 4 0.
AC x y
  

Ta cũng có:
( ):2 2 0
BK x y
  
.





0,25
+ Do ,
A AC B BK
 
nên giả sử
(2 4; ), ( ; 2 2 ).
A a a B b b
 
Mặt khác
(3;1)
M là
trung điểm của AB nên ta có hệ:

0,25
M
H
K
C
B
A
2 4 6 2 10 4
.
2 2 2 2 0 2
a b a b a
a b a b b
     
  
 
  
     
  

Suy ra:
(4; 4), (2; 2).
A B


+ Suy ra:
( 2; 6)

AB
  

, suy ra:
( ):3 8 0
AB x y
  
.

0,25
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận
(3; 4)
HA 

, suy ra:
( ):3 4 2 0.
BC x y
  

KL: Vậy :
( ): 2 4 0,
  
AC x y
( ):3 8 0
  
AB x y ,
( ):3 4 2 0.
  
BC x y

0,25
Câu V.a.2

(1 điểm)
Gọi (P) là mf:
2
2
(1;1;1)
(2; 5;1)
P d
quaM
QuaM
d
vtptn u




 

  



 


0,25

PT mf(P) : 2x - 5y + z + 2 = 0
0,25
(P)

d
1
= A(-5;-1;3)

0,25
Khi đó đt d :
1 3
(1;1;1)
ó : 1 ( )
1
(3;1; 1)
1
2
x t
quaM
d c pt y t t R
vtcp AM
z t
 


 
   
 
 
 

 





0,25
Câu VI.a
(1 điểm)
ĐK: x >0. Đặt y= x
3
log

y
x 3
0,25
Ta có PT y
y
 )31(log
2

yy
231 

f(y)= 1
2
3
2
1

















y
y
(1)

0,25
Ta thấy hàm số f(y) nghịch biến trên R và y=2 thoã mãn (1)
là duy nhất


0,25
Với y=2

x=3
2
=9

Vậy Pt có một nghiệm x=9
0,25
Câu V.b.1

(1 điểm)
M(-3;0)
x-2y-1=0
:2x-3y+14=0
B
C
A
H

Ta có


n 1; 2


là VTPT của đường thẳng CH, do
AB CH

nên


n 1; 2


là 1 VTCP của đường
thẳng AB, mà AB đi qua



M 3;0


phương trình tổng quát đường thẳng AB:
2x y 6 0
  
.
Mặt khác




A A AB
      do đó tọa độ của A là nghi
ệm của hpt
 
2x y 6 0 x 4
A 4;2
2x 3y 14 0 y 2
    
 
  
 
   
 

0,25
do



M 3;0
 là trung điểm của AB do đó
 
A B
M
B
A B B
M
x x
x
x 2
2
B 2; 2
y y y 2
y
2




 


   
 
  







0,25
Do
BC //
 
phương trình đường thẳng BC có dạng:
2x 3y m 0 (m 14)
   
, mà (BC)
đi qua


B 2; 2
 

m 2 BC: 2x 3y 2 0
      

0,25
Lại có
C BC CH
 
do đó tọa độ của C là nghiệm của hpt

 
x 2y 1 0 x 1
C 1;0

2x 3y 2 0 y 0
   
 
 
 
   
 

Vậy






A 4;2 ,B 2; 2 ,C 1;0
  
0,25
Câu V.b.2

(1 điểm)
Giả sử :
1
d d

=


1 1 1
1 2 ; 1 ;

  
M t t t
;
2
d d

=


1 ; 1;
   
N t t

Suy ra


1 1 1
2 2; ;
    

MN t t t t t

0,25




*
1 1 1
. ; 2 2

P
d mp P MN k n k R t t t t t
          
 

0,25

1
4
5
2
5










t
t

1 3 2
; ;
5 5 5
 
  

 
 
M
0,25
 d:
(1;1;1)
P
quaM
vtcpu n



 


 
có ptts :
1
5
3
5
2
5
x v
y v
z v

 




  



  


(
v R

)
0,25
Câu VI.b
(1 điểm)
4
11
330
C  
Biến cố A: “4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh” với
A=
1 2 3
A A A
 

A
1
là 4 quả cầu có 1quả màu đỏ và 3 quả màu xanh

0,25đ

| A
1
|=5.
3
6
C
=100
2
A
là 4 quả cầu có 2quả màu đỏ và 2 quả màu xanh

0,25đ

|
2
A
|=
2 2
5 6
. 150
C C 
3
A
là 4 quả cầu có 3quả màu đỏ và 1 quả màu xanh
|
3
A
|=
3
5

.6 60
C



0,25đ


1 2 3
100 150 60 31
( ) ( ) ( ) ( )
330 330 330 33
P A P A P A P A      
0,25đ

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.