D&DA TOÁN THI VÀO LỚP 12 NĂM HỌC 2013-2014

1

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH, CĐ KHỐI A,B
THANH TƯỜNG -THANH CHƯƠNG - NGHỆ AN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 1
NĂM HỌC: 2013-2014
Môn thi: TOÁN; Khối: A và B
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu I (2,0 điểm)
1. Cho hàm số
3 2
6 9 1y x x x   

( )C
. Đồ thị
( )C
có 2 điểm cực trị
,A B
. Tìm điểm
M
trên trục
hoành sao cho tam giác
MAB
vuông tại
.M

2. Cho hàm số
3 2

3 2y x x  

( )C
. Gọi
d
là đường thẳng đi qua điểm
( 1; 2)M  
với hệ số góc
k
.
Tìm
k
để đường thẳng
d
cắt đồ thị
( )C
tại 3 điểm phân biệt
, ,A B M
sao cho tiếp truyến của đồ thị
( )C
tại
, ,A B M
có hệ số góc tương ứng là
1 2 3
, ,k k k
thoả mãn
1 2 3
2 .k k k
 
Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình
2
(sin cos ) cos 2
2 2 cos
1 cos2
x x x
x
x
 


.
2. Giải hệ phương trình
2
1 2 4
( 1) 2 2( 1)
x xy y
xy x y x


  




   




( , )x y  
.
Câu III (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
1
1 2 1
x x
x
   

( )x  
.
2. Giải bất phương trình
( 1 1)( 2 2)x x x    
,
( )x  
.
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A
,


0
2, , 90AB a AC a SBA SCA   
. Gọi
H

là hình chiếu của đỉnh
S
lên mặt phẳng
( ),ABC

3.SH a

1. Chứng minh tứ giác
ABHC
là hình chữ nhật.
2. Gọi
M
là trung điểm của cạnh
AB
. Tính góc giữa hai mặt phẳng
( )SHM
và
( )SAB
.
Câu V (2,0 điểm)
1. Tìm hệ số của
15
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn
2
3
12
n
x
nx

 









 
,
( 0)x 
, trong đó
n
là số nguyên
dương thoả mãn
2 2
1 3 1
n n
n
C A
 
.
2. Từ các số tự nhiên 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao
cho mỗi số lập được có đúng 2 chữ số chẵn và 2 chữ số chẵn luôn đứng cạnh nhau.
Câu VI (1,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình
2 2
2

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

( , )x y  
.
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
cho tam giác
ABC
vuông tại
A
,
( 1;1)A 
, đỉnh
,B C
lần lượt
thuộc các đường thẳng

1 2
: 2 0, : 4 0.d x y d x y     
Biết diện tích tam giác
ABC
bằng
5
và
đỉnh
B
có hoành độ dương , viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
.ABC

3. Cho các số thực
, , 0x y z 
thoả mãn
4.x y z xyz   
Tìm giá trị lớn nhất của
3 2 3 2 3 2
x y z
P
x y z y z x z x y
  
     

Hết
Chú ý: Đáp án được cập nhật tại trang web
/>
2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 1 NĂM HỌC: 2013-2014 – MÔN TOÁN
Câu Nội dung Điểm
Tập xác định:
.D  
Ta có
2
' 3( 4 3);
y x x
  

' 0 1 v 3y x x   
.
0,25
Hai điểm cực trị là
(1;3), (3; 1)A B 
(2)
0,25
Giả sử
( ;0) .M a Ox

( 1; 3), ( 3; 1)
AM a BM a
    
 
.
0,25
I-1
(1 đ)
Tam giác
MAB

vuông tại
M
khi
. 0 0 v 4AM BM a a   
 
. Vậy
(0;0), (4;0).M M

0,25
Phương trình đường thẳng
: ( 1) 2.d y k x  

0,25
Phương trình hoành độ giao điểm
3 2
2
1
3 2 ( 1) 2
( ) 4 4 0
x
x x k x
g x x x k

 

     

    



0,25
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt khi phương trình g(x) =0 có 2 nghiệm phân biệt khác – 1. Suy ra
0, 9.k k 

Giả sử
1 2
,x x
là 2 nghiệm phân biệt của PT g(x) =0. Giả sử
1 2
,x x
là hoành độ của điểm
,A B
. Theo ĐL Vi-ét
1 2
1 2
4
4
x x
x x k


 




 





0,25
I-2
(1 đ)
Hệ số góc:
2 2
1 1 1 2 2 2 3
3 6 ; 3 6 ; 9.
k x x k x x k
    

Từ giả thiết:
2
1 2 3 1 2 1 2 1 2
2 3( ) 6 6( ) 6 1
k k k x x x x x x k
         
(Thoả mãn điều kiện).
0,25
Điều kiện
cos 2 1 , .x x k k Z   

0,25
Phương trình đã cho tương đương với
2
1 cos 2 2sin cos
2 2 cos
2 sin
x x x

x
x
 


0,25
cos
1 2 2 cos
sin
x
x
x
 

0,25
II-1
(1 đ)
sin 2 sin( )
4
x x

 
.
2
2 , , .
4 4 3
k
x k x k
  


     
(Thoả mãn điều kiện)
0,25
TH1: y=0. Hệ phương trình có nghiệm
( ; ) ( 1;0).x y  

0,25
TH2:
0 1 0.y x   
Hệ phương trình tương đương với
1
2 4
2
2
1
x
xy
y
y
xy
x




 







 





. Đặt
1
; .
x
u v xy
y

 

0,25
Hệ phương trình trở thành
2 4
2 2
v
2
1 3
2
u v
u u
v v
v
u



 
 

 
  

 
  

  
  
 
 
  
 
 




0,25
II-2
(1 đ)
Với
2
2
2 1
2 1

1
1 1
2 1 0
2
x
x y
u x
v
v y
y y
y


 

 


 
 
 


 
   
 
   
   
 
  

 
   
 
 






Với
2
2 1
2
3
2 3 0(VN)
x y
u
v
y y




  
 


 


 
 

  
 

 


0,25
Điều kiện:
1, 0.x x  

Phương trình đã cho tương đương với
2
1 2 1x x x x   
.
0,25
2
2 . 1 1 0x x x x    

0,25
2
( 1) 0 1
x x x x      

0,25
III-1
(1 đ)
2

0
1 5
1 0
2
x
x
x x






  


  



(Thoả mãn điều kiện).
0,25

3


Điều kiện:
2x 
.
0,25

Bất phương trình tương đương với
( 2 2) ( 1 1)
x x x x
    

0,25
2 1 1x x    

0,25
III-2
(1 đ)
2 1 3.x x    
Kết hợp điều kiện
2 3.x 

0,25
0,25
0,25
IV-1
(0.5 đ)
;
AB SH AC SH
AB HB AC HC
AB SB AC SC
 
 
 
 
 
   

 
 
 
 
 
 
.
Từ đó suy ra
ABHC
là hình chữ nhật.

Gọi
{ } ; ,I HM BC E F 
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
,I H
lên
.SM

Ta có


1
tan tan
2
BHM ABC 
. Suy ra
.HM BC

, ; .
BC HM SM BC

BC IE BC SM SM BE
BC SH SM IE
 
 
 
 
 
    
 
 
 
 
 
 

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng
( )SHM
và
( )SAB
bằng góc

IEB
.
0,25
IV-2
(0.5 đ)
Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông ta có:
3
; ; ;
2

2 3
a a
BM HM a HF a BI   
.
Do I là trọng tâm của tam giác ABH nên
1
.
3 3
a
IE HF 

Tam giác
IEB
vuông tại
I
nên
 
0
tan 3 60 .
BI
IEB IEB
IE
   

0,25
Điều kiện:
2,n n  
. Phương trình tương đương với
2!( 2)!
3 1

! ( 1)
n
n n n n

 


0,25
6.n 

0,25
Giả sử số hạng chứa
15
x
trong khai triển là
18 18 3
1 18 18
2
2
( 2)
k
k k k k k
k
T C x C x
x
 

 




   





 

0,25
V-1
(1 đ)
Từ giả thiết ta có
, 0 18
1
18 3 15
k k
k
k


  


 


 






Vậy hệ số của
15
x
trong khai triển là
1
18
2 36.
C  

0,25
I
M
C
A
H
B
S
E
F

4


Có
2
3
C

cách chọn 2 chữ số chẵn từ tập hợp
{2, 4, 6}
.
0,25
Xem 2 chữ số chẵn đứng cạnh nhau là một phần tử. Số cách sắp thứ tự 1 phần tử gồm 2 số chẵn vừa được chọn đứng
cạnh nhau và 3 chữ số lẻ là
4
P
.
0,25
Có
2
P
cách sắp thứ tự 2 chữ số chẵn đứng cạnh nhau.
0,25
V-2
(1 đ)
Vậy có
2
3 4 2
144
C P P 
số tự nhiên thoả mãn bài toán.
0,25
Điều kiện :
2 2
2 0;2 0.xy x xy   

Hệ phương trình tương đương với
2 2

2 2 2
2 2 2
(2 ) (2 ) 2
xy x xy y
xy x xy y


   




   



. Đặt
2 2
2 ; 2 ( , 0).
u xy x v xy u v    

0,25
V-1
(0,5 đ)
Hệ phương trình trở thành
2 2 2 2
2 2
2
u v y u v y
u y

v y
u v y uv y
 

 

   

 

  
 
  
  

  
  

 
 

Với
2 2
2 2 3 2
0
0
1
2
1
2 2 0

y
y
u y x
xy x y y x
v y y
xy y x x
 
 


 
 
 
 
 
 
 
   
     
   
   
 
   
 
 
 
    
 
 
 

0,25
V-2
0,25 đ
Giả sử
( ; 2), ( ; 4 ),( 0) ( 1; 3), ( 1; 3 ).B t t C k k t AB t t AC k k
         
 

Từ giả thiết ta có
2 2 2 2
. 0
( 1)( 1) ( 3)( 3)
1
( 1) ( 3) ( 1) ( 3) 100
. 5
2
AB AC
t k t k
t t k k
AB AC






    



 

 
   
 
      

 
   
   





 

2 2
2
2 0
0 2
( 1) ( 3) 10
k t
t t
v
k k
t t

 


 
 
 

 
  
 
  
  
 
   
  
 
 

(Loại).
Ta có
(2; 0), (0;4).B C
Trung điểm cạnh BC là
(1;2).I
Độ dài
2 5.BC 

Đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ABC là đường tròn đường kính BC :
2 2
( 1) ( 2) 5.
x y
   

0,25

V-3
0,25 đ
Áp dụng BĐT Côsi, từ giả thiết ta có
1, 3.xyz x y z   

Ta có
2 2 2
( ) 3( );( ) 9;( ) 3( )x y z x y z x y z x y z xy yz zx            

Công theo vế và chia 3 hai vế ta có :
2
( ) 3
x y z x y z xy yz zx        

Áp dụng BĐT Bunhiacopsky
2
3 2
3 2 2
1 1 1
( )( 1 )
( )
x x zx
x y z z x x y z z
x
x y z x y z
x
 
 





        





   
 

Từ đó
2
3
1.
( )
x y z xy yz zx
P
x y z
     
 
 
Vậy
max 1P 
đạt được khi
1.x y z  

0,25

Chú ý : 1. Nếu thí sinh làm cách khác với đáp án, giải đúng thì vẫn cho điểm tối đa của câu đó !

2. Đáp án được cập nhật tại trang web