Đề thi thử toán lần 3 ppsx

WWW.VNMATH.COM
WWW.VNMATH.COM

1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 3, NĂM 2011
MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số mmxmxy ),1(2)13(
4
1
24
 là tham số.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi .0

m
2. Tìm
m để đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị lập thành một tam gíác có trọng tâm là gốc toạ độ.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình ).3(log)5(log)121(log2
2
124
xxx 
2. Giải phương trình
.cossin
cos
3sin

tan)2cos2(sin xx
x
x
xxx 
Câu III. (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm
số
,
1

x
x
e
xe
y
trục hoành và đường thẳng 1

x xung quanh trục hoành.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng
'''. CBAABC
có
0
120,2,  ACBaBCaAC và đường
thẳng
CA'
tạo với mặt phẳng )''( AABB góc .30
0
Gọi M là trung điểm
'.BB
Tính thể tích khối
lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng ', CCAM theo a.

Câu V. (1,0 điểm) Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm







233
1221
3
2
axyxx
xxyyx

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 VIa. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy cho đường thẳng 032:



yxd và elíp .1
14
:)(
22

yx
E Viết

phương trình đường thẳng
 vuông góc với d và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam
giác OAB bằng 1.
2. Trong không gian tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng 0922:)( 



zyxP và hai điểm ),2;1;3(

A
).0;5;1( B Tìm tọa độ của điểm M thuộc (P) sao cho MBMA. đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VIIa. (1,0 điểm) Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau lên bảng.
Tính xác suất để số vừa viết thỏa mãn trong số đó mỗi chữ số đều lớn hơn chữ số đứng trước nó.
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy cho parabol xyP 4:)(
2
 có tiêu điểm F. Gọi M là điểm thỏa mãn
điều kiện
;3FOFM  d là đường thẳng bất kì đi qua M, d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B.
Chứng minh rằng tam giác OAB là tam giác vuông.
2. Trong không gian tọa độ ,Oxyz cho đường thẳng
21
4
2
1
:
zyx
d 





và các điểm ),7;2;1(A
).4;2;3(),2;5;1( CB Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho
222
MCMBMA  đạt giá trị lớn nhất.
Câu VIIb. (1,0 điểm) Hai bạn An và Bình thi đấu với nhau một trận bóng bàn. Họ quy ước chơi với nhau
nhiều nhất 5 séc, ai thắng trước 3 séc là người thắng cuộc và trận đấu kết thúc. Tính xác suất để trận
WWW.VNMATH.COM
WWW.VNMATH.COM

2
đấu kết thúc sau séc thứ tư, biết rằng xác suất An thắng trong mỗi séc là 0,4 và séc nào cũng có người
thắng.
Hết
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 21, 22/05/2011. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại
phiếu dự thi cho BTC.
2. Kỳ khảo sát chất lượng lần cuối sẽ được tổ chức vào chiều ngày 13 và ngày 14/06/2011.
Đăng kí dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 21/05/2011.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 3, NĂM 2011
MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút


Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Khi

0m
hàm số trở thành .2
4
1
24
 xxy
a. Tập xác định:
D
; y là hàm số chẵn.
b. Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có
.2'
3
xxy 














02
2

0';
2
0
0'
x
x
y
x
x
y ;







20
2
0'
x
x
y
Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng
)0;2( và );2(  ; hàm số nghịch biến trên các
khoảng
)2;(  và ).2;0(
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0


x với 2

CĐ
y ; hàm số đạt cực tiểu tại 2x và 2x
với .1
CT
y

* Giới hạn tại vô cực: .
21
4
1
limlim
42
4









xx
xy
xx

0,5
*Bảng biến thiên:

x
 2 0 2



'y

 0  0

0




y




2



1 1

c. Đồ thị:
Đồ thị hàm số nhận trục tung làmn trục đối
xứng.

0,5
2. (1,0 điểm)
Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị 0'

 y có 3 nghiệm phân biệt
0)13(2
3
 xmx có 3 nghiệm phân biệt .
3
1
 m (1)
Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị là
)149;26(),22;0(
2
 mmmBmA và
)149;26(
2
 mmmC .
0,5

I.
(2,0
điểm)
Rõ ràng tam giác ABC cân tại A và trung tuyến kẻ từ A thuộc Oy. Do đó O là trọng tâm của tam
giác ABC .02

BA

yy
Hay






3/1
3/2
02390)149(222
22
m
m
mmmmm
0,5
xO
2
2

y
2
1
WWW.VNMATH.COM
WWW.VNMATH.COM

3
Kết hợp với (1) suy ra giá trị của m là .
3
1

m
1. (1,0 điểm)
Điều kiện:
.3
2
1
 x

Khi đó phương trình đã cho
)3(log)5(log)121(log
222
xxx 

x
x
x
x
x
x
x
x








3

2
12
3
5
121
3
5
log)121(log
22

0,5
.
4
1711
;10)13112)(1(4)12()3(
22

 xxxxxxx

Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình là
.
4
1711
,1

 xx
0,5
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: .,
2

0cos  kkxx



Với điều kiện đó phương trình tương đương với
)cos(sincos3sinsin2cossin2sin xxxxxxxx





0)cos)(sin1sin2(cos
)cos(sincos)cos(sin2sin
)cos(sincossin2coscos2sinsin2cossin2sin







xxxx
xxxxxx
xxxxxxxxxxx

,0)cos)(sin1sin2(



 xxx vì 0cos


x .
0,5

II.
(2,0
điểm)
*




2
6
5
2
62
1
sin01sin2 kxkxxx 

*
.
4
1tan0cossin


kxxxx 
Vậy nghiệm của phương trình là
.,
4

,2
6
5
,2
6
 kkxkxkx







Chú ý: HS có thể viết nghiệm của PT:



kx
k

6
1; .,
4
 kkx



0,5
Ta có .0
1



x
e
xe
x
x
Suy ra hình phẳng đã cho là hình thang cong được giới hạn bởi các đường
0,0,
1


 xy
e
xe
y
x
x
và .1x
Do đó thể tích khối tròn xoay là
.
)1(
1
0
2


 dx
e
xe

V
x
x

(1)
0,5

III.
(1,0
điểm)
Đặt .
)1(
,
2
dx
e
e
dvxu
x
x

 Khi đó
.
1
1
,



x

e
vdxdu
Theo công thức tích phân từng phần ta có
.
2
1
ln
1
)1ln(
1
1
1
1
1
1
11)1(
0
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
2




























e
e
e
ex

e
dx
e
e
e
e
dx
e
x
dx
e
xe
x
x
x
xxx
x

Thay vào (1) ta được thể tích khối tròn xoay là
.
2
1
ln
1











e
e
e
V


0,5
WWW.VNMATH.COM
WWW.VNMATH.COM

4

IV.
(1,0
điểm

+) Kẻ .ABCH

Vì )(' ABCAA

nên
)''(' AABBCHCHAA




.30))''(,'('
0
 AABBCAHCA
+) Sử dụng định lí cosin và công thức diện tích cho
ABC ta có
.
7
3
7
120sin.2.2
,7
0
a
a
aa
AB
S
CHaAB
ABC

.
7
5
''
7
3
22'
22
aACCAAAaCHCA 
+ ) Thể tích lăng trụ là

.
14
105
2
3
.
7
5
'.
32
aa
aSAAV
ABC

+) Mặt phẳng
)''( AABB
chứa AM và song song 'CC
7
21
7
3
))''(,()',(
a
aCHAABBCdCCAMd 

0,5








0,5
Đặt 0,1  zyz hệ trở thành







23
12
23
22
axzx
xzzx

Rõ ràng
0z
không thỏa mãn hệ. Với ,0z đặt tz
x


hệ trở thành







)2(2)3(
)1(1)2(
33
23
attz
ttz

Do
0z
nên từ (1) suy ra
02
2
 tt
hay
0

t
hoặc
.2t

Từ hệ (1) và (2) ta có

0,
2
3
2
2



 t
t
t
a hoặc .2t
0,5

V.
(1,0
điểm
Xét hàm số ).;2()0;(,
2
3
)(
2



 t
t
t
tf
Ta có










3
1
0
)2(
34
)('
2
2
t
t
t
tt
tf
Suy ra BBT
t
 0 1 2 3 


)(' tf
+


0 +


)(tf











2
3
6


Dựa vào BBT suy ra hệ có nghiệm








2

3
2
62
a
a
hay







2
1
4
a
a


0,5
1. (1,0 điểm)
+)
 d
pt  có dạng .02


 myx
+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ














)1(0448
2
1
4
02
22
2
2
mmyy
myx
y
x
myx

d cắt (E) tại hai điểm A, B
 hệ có 2 nghiệm phân biệt .22220432
2
 mm (*)

+) Gọi
);2(),;2(
2211
ymyBymyA  trong đó
21
, yy là nghiệm của (1)

.
8
4
,
2
2
2121


m
yy
m
yy
0,5

VIa.
(2,0
điểm)
.
2
8.5
4
)8(5

]4)[(5)(5
22
21
2
21
2
12
2
m
AB
m
yyyyyyAB





0,5

A
C
B
H
'C
'
A

'B
M
WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM

5
+) Đường cao 1
4
)8(
.
2
1
5
||
),(
22



mm
ABOHS
m
OdOH
OAB
4
2
 m
2
 m (thỏa mãn (*)). Suy ra phương trình 022:





yx hoặc .022 

yx
2. (1,0 điểm)
+) Gọi I là trung điểm AB. Khi đó )1;3;2(

I và
.0 IBIA

+) Ta có
.))(())((.
22
IAMIIAMIIAMIIBMIIAMIMBMA 
MBMA. đạt giá trị nhỏ nhất  MI nhỏ nhất (do
4
2
2
AB
IA  không đổi).
M là hình chiếu vuông góc của I trên (P).
0,5
+) Chọn
 )2;1;2(
PIM
nu
phương trình









tz
ty
tx
IM
21
3
22
: . Thay vào phương trình (P) suy ra
).3;1;2(2  Mt
0,5
Gọi A là biến cố số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số được viết ra thỏa mãn mỗi chữ số lớn hơn chữ số
đứng trước nó. Khi đó

}};8,6,4,2,0{,0:{  daabcd
,0:{ dcbaabcd
A
 d là số chẵn}.
Để tính
 ta xét các trường hợp sau
+) .0d Trường hợp này có
3
9
A số.
+) }.8,6,4,2{d Trường hợp này có 4).(
2
8

3
9
AA  số.
Suy ra
.2296)(4
2
8
3
9
3
9
 AAA





0,5

VIIa.
(1,0
điểm)
Để tính
A
 ta xét các trường hợp sau
+) .4d Trường hợp này có 1 số.
+)
.6d
Trường hợp này có
3

5
C số.
+)
.8d
Trường hợp này có
3
7
C số.
Suy ra
.461
3
7
3
5
 CC
A

Do đó
.02,0
2296
46
)( 



A
AP

0,5
1. (1,0 điểm)

+) xyP 4:)(
2
 có  2p tiêu điểm )0;1(F ).0;4(M
+) Nếu
 Oxd
pt
.4: xd
Từ hệ










)4;4(
)4;4(
4
4
2
B
A
x
xy


.9001616.

0
 AOBOBOA
+) Nếu


Oxd
pt ).4(:  xkyd
Tọa độ A, B là nghiệm của hệ





xy
kkxy
4
4
2









)1(0164
4
2

2
kyky
y
x

0,5
Điều kiện d cắt (P) tại hai điểm phân biệt là pt (1) có 2 nghiệm phân biệt .0 k
Giả sử
);
4
(),;
4
(
2
2
2
1
2
1
y
y
By
y
A trong đó
21
, yy là nghiệm của (2) .16
21
 yy
Ta có
.90016)4()

4
(.
02
21
2
21
 AOByy
yy
OBOA
Suy ra OA vuông góc với OB hay tam giác OAB vuông trong mọi trường hợp. Ta có đpcm.
0,5

VIb.
(2,0
điểm)
2. (1,0 điểm)
WWW.VNMATH.COM
WWW.VNMATH.COM

6
+) ).2;4;12( tttMdM 
+)  ])72()2()22[(
222222
tttMCMBMAP
])42()2()42[(])22()1()22[(
222222
 tttttt 12189
2
 tt
0,5

.2121)1(9
2
 t
Suy ra 21max P , đạt khi 1t hay ).2;3;1(

M
0,5
Gọi H là biến cố trận đấu kết thúc sau 4 séc; A là biến cố An là người thắng chung cuộc; A
i
là biến
cố An thắng séc thứ i; B là biến cố Bình là người thắng chung cuộc và B
i
là biến cố Bình thắng séc
thứ i, i = 1, 2, 3, 4. Khi đó ta có
;BAH 
A = “Trong 3 séc đầu An thắng 2 séc và séc thứ tư An thắng”

4321321321
)( AAABABABAA  ;
B = “Trong 3 séc đầu Bình thắng 2 séc và séc thứ tư Bình thắng”

4321321321
)( BBBABABABB 
.
0,5

VIIb.
(1,0
điểm)
Từ giả thiết suy ra

6,0)(,4,0)(


ii
BPAP
với 4,3,2,1

i.
Theo công thức tính xác suất ta có
1152,04,0.6,0.)4,0.(3)(
2
AP ,
2592,06,0.4,0.)6,0.(3)(
2
BP .
Suy ra .3744,0)()()(  BPAPHP
0,5