Đáp án Đề thi thử ĐH 2011, lần 1, Trường THPT Chuyên ĐHV

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


Câu Đáp án Điểm

1. (1,0 điểm)
Khi m = 2 hàm số trở thành
3
1
45
3
4
23
++−= xxxy
.
a. Tập xác định:
R
=
D
.
b. Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có
4104'
2
+−= xxy
.




=
=
⇔=
2
2/1
0'
x
x
y ;
22/10'
<
<
⇔
<
xy
và



>
<
⇔>
2
2/1
0'
x
x

y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)2/1;(
−∞
và
);2(
∞
+
, hàm nghịch biến trên
)2;2/1(
.
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
2/1
=
x
,
4/5=
CĐ
y
và đạt cực tiểu tại
2
=
x
,
1−=
CT
y
.
* Giới hạn:
+∞=

+∞→
y
x
lim
;
−∞=
−∞→
y
x
lim
.







0,5
* Bảng biến thiên
x
∞
−
1/2 2
∞
+

'y

+

0
−
0
+



y

∞
+

5/4


1
−

∞
−



c. Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung
tại
)3/1;0(A

0,5

2. (1,0 điểm)
Ta có
)3/1;0(A
và
2)12(24'
2
+++−= mxmxy
. Suy ra
.2)0('
+
=
my

Tiếp tuyến của đồ thị tại A là
3
1
)2(: ++= xmyd
. Đường thẳng d cắt Ox tại
).0;
63
1
(
+
−
m
B


0,5



I.
(2,0
điểm)

Khi đó diện tích của tam giác tạo bởi d với hai trục tọa độ là
.
218
1
63
1
3

1
2
1
2
1
+
=
+
−
××=×=
mm
OBOAS
Theo giả thiết ta có
⇔=+⇔=
+ 6
1
2
3
1
218
1
m
m

6
13
−=m
hoặc
6
11

−=m
.


0,5



1. (1,0 điểm)
II.
(2,0
điểm)

Điều kiện:
.003
3
≥⇔≥+ xxx

Khi đó phương trình đã cho trở thành
03638
32
=+−++ xxxx
. (1)



O
1
−

2
1

y

2

4
5

x

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

2
Nhận thấy
0
=
x
không thỏa mãn nên (1) tương đương với
0
3
6
3
8 =+−++
x
x
x
x

.
Đặt
4
12,
3
≥=+ tt
x
x
ta được
2086
2
=⇔=+− ttt
hoặc
4
=
t
(tm đk)
0,5


+) Với
2
=
t
ta có
3,1
=
=
xx
.

+) Với
4
=
t
ta có
618,618 −=+= xx
.

0,5

2. (1,0 điểm)
Điều kiện:
1cos,0sin
≠
≠
xx
hay
π
kx
≠
.
Với điều kiện đó phương trình đã cho tương đương với
1cos
sin2
sin
3coscos2
2
−
=
−−

x
x
x
xx

1cos
sin2
sin
)1)(cos3cos2(
−
=
+
−
⇔
x
x
x
xx

xxx
22
sin2sin)3cos2( −=−⇔



0,5
2
1
cos23cos2 =⇔−=−⇔ xx
π

π
2
3
kx +±=⇔
.

0,5
Ta có
∫
−−
=
1
0
22.3)92(
2
dxI
xx
x
.
Đặt
t
x
=− 22.3
. Với
,10
=
⇒
=
tx
với

21
=
⇒
=
tx
.
Ta có
dtdx
x
x
=
− 22.32
2ln2.3
hay
2ln3
2
22.3
2 dt
dx
x
x
=
−
;
3
2
2
2
+
=

t
x
.



0,5

III.
(1,0
điểm)


Khi đó
∫
−
=
2
1
2
252ln
2
t
dt
I
=
dt
tt
∫







+
−
−
2
1
5
1
5
1
2ln5
1

=
( )
1
2
5ln5ln
2ln5
1
+−− tt
=
14
9
ln
2ln5

1
.



0,5


+) Gọi I là trung điểm DC’. Vì NI // CC’
và
'
2
1
CCNI =
nên NI = MA’ và NI // MA’.
Suy ra MN // A’I. Do đó MN // (DA’C’).
Chú ý: HS có thể chứng minh MN thuộc
mf
)(
α
nào đó song song với
)''( CDA
.
+) Vì MN // AI, B’C // A’D
nên
)','()',( DAIACBMN
∠
=
∠
(1)

0,5

IV.
(1,0
điểm
Sử dụng giả thiết và định lí cosin cho các tam giác ta thu được
3''',' aCADCaDA ===
.
Suy ra
2
5
'
4
5
4
'
2
'''
'
2222
2
a
IA

aDCCADA
IA =⇒=−
+
=
.
Trong
DI
A
'
∆
ta có
52
3
'.'2
''
'cos
222
=
−+
=∠
IADA
DIIADA
IDA
(2)
Từ (1) và (2) suy ra .
10
53
52
3
|'cos|)',cos( ==∠= IDACBMN

0,5

V.
(1,0
điểm

Áp dụng BĐT Côsi ta có

222222
)1(
4
1
)1(
2
1
)(
2
1
1 +++≥+++≥+++ cbacbacba
,

3
3
3
)1)(1)(1(







+++
≤+++
cba
cba
.








A

D

C

N

B

I

M

'
A

'
B

'C

'
D

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

3
Suy ra
3
)3(
54
1
2
+++
−
+++
≤
cbacba
P
.

Đặt
1,1
>
+
+
+
=
tcbat
. Khi đó ta có
3
)2(
542
+
−≤
tt
P
.

0,5
Xét hàm
3
)2(
542
)(
+
−=
tt
tf
trên
);1(

∞
+
. Ta có

410)(';
4
1
)2(90
)2(
3.542
)('
2
42
<<⇔>



=
=
⇔+=⇔=
+
+−= ttf
t
t
tt
tt
tf
.
Suy ra BBT
t 1 4

∞
+

)(' tf
+ 0
−



)(tf


4
1




Dựa vào BBT suy ra
4
1
≤P
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
14
=
=
=
⇔
=
cbat

.
Vậy giá trị lớn nhất của P là
4
1
, đạt được khi
1
=
=
=
cba
.









0,5
1. (1,0 điểm)
)4;(),53;(
222111
xxBdBxxAdA −⇒∈−⇒∈
.
Vì A, B, M thẳng hàng và 2MA = 3MB





−=
=
⇒
)2(32
)1(32
MBMA
MBMA

Ta có
)3;1(),63;1(
2211
xxMBxxMA −−=−−=
.


0,5
*)





=
=
⇔−−=−−⇔
2
2
5
)3;1(3)63;1(2)1(

2
1
2211
x
x
xxxx

Suy ra
)2;2(,
2
5
;
2
5
BA






. Suy ra phương trình
0:
=
−
yxd
.
*)




=
=
⇔−−−=−−⇔
1
1
)3;1(3)63;1(2)2(
2
1
2211
x
x
xxxx

Suy ra
)3;1(),2;1( BA
−
. Suy ra phương trình
01:
=
−
xd
.





0,5
2. (1,0 điểm)

Giả sử
);0;0(),0;;0( cCbB
trong đó
0
≠
bc
(vì nếu bc = 0 thì tam giác ABC suy biến)
Suy ra
1
2
:)( =++
c
z
b
yx
P
. Vì
)(PH
∈
nên
2
111
=+
cb
(1)
3844464)2()2()(
2
1
],[
2

1
2222222
=++⇔=++== cbcbbcbcACABS
ABC
(2)



0,5

VIa.
(2,0
điểm)

Đặt
vbcucb
=
=
+
,
. Khi đó từ (1), (2) ta có



=−+
=
384)2(4
2
22
vuv

uv




−=−=
==
⇔
12,6
16,8
vu
vu
.
Suy ra





−−=−=
+−=−=
==
213
213
4
cb
cb
cb

Vậy có 3 mặt phẳng (P) thỏa mãn là

1
442
:)(
1
=++
zyx
P
hay
042
=
−
+
+
zyx
,









Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

4
1
213213

2
:)(
2
=
−−
+
+−
+
zyx
P

hay
012)213()213(6 =−−+++ zyx
,
1
213213
2
:)(
3
=
+−
+
−−
+
zyx
P
hay
012)213()213(6 =−++−+ zyx
.
0,5

Giả sử số thỏa mãn bài toán là
abcd
. Theo bài ra ta có
{
}
7,6,5,4,3,2∈a
;
{
}
6,4,2,0
∈
d
.
Xét hai trường hợp:
TH 1:
0
=
d
. Khi đó a có 6 cách chọn, b có 6 cách chọn, c có 5 cách chọn.
Suy ra có:
180
5
6
6
=
×
×
(số)

0,5

VIIa.
(1,0
điểm)

TH 2:
{
}
6,4,2∈d
. Khi đó d có 3 cách chọn, a có 5 cách chọn, b có 6 cách chọn, c có 5
cách chọn.
Suy ra có:
450
5
6
5
3
=
×
×
×
(số).
Vậy số các số thỏa mãn là 180 + 450 = 630.


0,5
1. (1,0 điểm)
Giả sử
);( yxM

. Kẻ
AB
MH
⊥
.
Từ giả thiết suy ra
2
10
=MH
và
MAH
∆
vuông cân.
Suy ra
52 == MHAM
.

Yêu cầu bài toán





=
=
⇔
5
135),(
0
AM

AMAB





=−+−
−==
−+−
−+−
⇔
5)2()1(
2
1
135cos
)2()1(.10
)2(1)1(3
22
0
22
yx
yx
yx





0,5
Đặt

2,1
−
=
−
=
yvxu
. Khi đó ta có



−
⇒



=−=
−=−=
⇔



=+
−=+
)3;1(
)0;0(
1,2
2,1
5
53
22

M
M
vu
vu
vu
vu


0,5
2. (1,0 điểm)
Giả sử
)0;;0(),0;0;( bBaA
. Vì
0>
OABC
V
nên
0
≠
ab
.
Suy ra
.1
2
:)( =++
z
b
y
a
x

α
Vì
)(
α
∈
K
nên
1
36
=−
ba
(1)
OABC là tứ diện vuông tại O nên
32.||.||
6
1

6
1
=== baOCOBOAV
OABC





−=
=
⇔=⇔
)3(9

)2(9
9||
ab
ab
ab





0,5

VIb.
(2,0
điểm)

*) Hệ (1) và (2)



=+−+
=−++
⇒




−=−=
==
⇔

0634:)(
06322:)(
2
3
,6
3,3
zyx
zyx
ba
ba
α
α

*) Hệ (1) và (3) vô nghiệm.
Chú ý: Nếu HS chỉ xét 1 trường hợp thì trừ 0,25 điểm.


0,5
Điều kiện:
0,0
>
≠
yx
.
Ta có



−=
=

⇔=⇔=⇔=−
yx
yx
yxyxyx ||log||log0loglog
2
1
333
2
3

* Với
y
x
=
, thay vào phương trình thứ nhất ta được
01033
2
=⇔=+
+
x
xx
(ktm).


0,5

VIIb.

(1,0
điểm)

* Với
y
x
−
=
, thay vào phương trình thứ nhất ta được
1033.9 =+
−xx





−=
=
⇔





=
=
⇔=+−⇔
2
)ktm(0
9
1
3

13
013.103.9
2
x
x
x
x
xx
.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
2,2
=
−
=
yx
.



0,5

B

A

H

M

135

0

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.