Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 môn Toán (năm học 2013)

www.VNMATH.com
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013
Mơn: TỐN; Khối: A và A1; Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2 (1), với m là tham số.
3
4
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = .
3
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm đường trịn ngoại tiếp
trùng gốc tọa độ O.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3x + (1 − cos x) cos 2 x = (sin x + 2 cos x) sin 2 x.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 4(2 x 2 + 1) + 3( x 2 − 2 x) 2 x − 1 = 2( x 3 + 5 x).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
x +1
, y = 0, x = 3 xung quanh trục hoành.
y=
x2 + 3
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A' B ' C ' có các đáy là tam giác đều cạnh 3a. Hình chiếu vng góc
của C ' lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm D thỏa mãn điều kiện DC = −2 DB . Góc giữa đường thẳng AC ' và mặt
phẳng ( A' B' C ' ) bằng 450. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và tính cơsin góc giữa hai đường
thẳng BB ' và AD.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn

1 + x 2 + 1 + 2 y + 1 + 2 z = 5 . Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức P = 2 x 3 + y 3 + z 3 .

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)
a. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B( 4 ; − 5), phương trình các đường
thẳng chứa đường cao kẻ từ A và trung tuyến kẻ từ B lần lượt là x − 3 y − 7 = 0 và x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ các điểm
A và C biết diện tích tam giác ABC bằng 16.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng d1 :

x −1 y z − 3
;
= =
2
1
1

x y − 2 z −1
x −3 y + 2 z
=
=
; d3 :
=
= . Tìm tọa độ điểm P thuộc d1 và điểm Q thuộc d 2 sao cho đường
1
2
1
1
1
−2

thẳng PQ vng góc với d 3 và độ dài PQ nhỏ nhất.
Câu 9.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
z+i z +i
là số thuần ảo.
+
z +1 z +1
d2 :

b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2 3; 2). Viết phương trình chính tắc
của elíp (E) đi qua M biết rằng M nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc vng.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm K (1; 3; 2) và mặt phẳng
( P) : x + y + z − 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua K, song song với mặt phẳng (Oyz ) và tạo với

(P) một góc α có tan α = 2 .

⎧2 x.3 y − 3 x+2 = 3(6 x − 3 y )
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨
( x, y ∈ R).
⎩log 2 (1 + x) + log 2 (2 + 2 xy) = 2(1 + log 2 y )
---------------------------- Hết -------------------------Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 18, 19/5/2013. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC.

2. Kỳ khảo sát chất lượng lần cuối năm 2013 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 15 và ngày 16/6/2013.
Đăng kí dự thi tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 18/5/2013.


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Câu

Câu 1.
(2,0
điểm)

www.VNMATH.com

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013
Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút

Đáp án
a) (1,0 điểm)
4
1
8
Khi m = hàm số trở thành y = x 4 − x 2 + 2.
3
3
3
1o. Tập xác định: D = R , y là hàm số chẵn.
2o. Sự biến thiên:
1 8
2
* Giới hạn tại vô cực: lim y = lim x 4 ( − 2 + 4 ) = +∞.
x → ±∞
x → ±∞
3 3x
x
4
16
* Chiều biến thiên: Ta có y ' = x 3 − x, x ∈ R.

3
3
⎡ x < −2
⎡− 2 < x < 0
⎡x = 0
; y' < 0 ⇔ ⎢
y' = 0 ⇔ ⎢
; y' > 0 ⇔ ⎢
⎣0 < x < 2.
⎣x > 2
⎣ x = ±2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−2; 0) và (2; + ∞) ; nghịch biến trên mỗi khoảng
(−∞; − 2) và (0; 2).
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, giá trị cực đại yCĐ = 2 ; hàm số đạt cực tiểu tại
10
các điểm x = −2 và x = 2, giá trị cực tiểu yCT = − .
3
* Bảng biến thiên:
y
x −∞
0
–2
2
+∞
2
− 0 + 0 − 0 +
y'
+∞
+∞
2

y
10
10
−
−
2
−2
x
O
3
3

3o. Đồ thị:
Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

−

Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là A(0; 2), B (− 3m ; 2 − 3m 2 ) và C ( 3m ; 2 − 3m 2 ).
Tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O khi và chỉ khi OA = OB = OC
⎡m = 1, m = 0
2 2
2
⇔ 2 = 3m + (2 − 3m ) ⇔ m(m − 1)(3m + 3m − 1) = 0 ⇔ ⎢
⎢m = − 3 ± 21 .
⎢⎣
6

Câu 2.
(1,0
điểm)

π
4

+ kπ .

1

0,5

0,5

0,5

− 3 + 21
.
6

Phương trình đã cho tương đương với
sin 3 x + cos 2 x − cos x cos 2 x = sin 2 x sin x + 2 sin 2 x cos x
⇔ sin 3 x + cos 2 x = (cos 2 x cos x + sin 2 x sin x) + sin 3x + sin x
⇔ cos 2 x = cos x + sin x
⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x − 1) = 0.
* cos x + sin x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = −

0,5

10
3

b) (1,0 điểm)
4
4x 2
Ta có y ' = x 3 − 4mx =
( x − 3m).
3
3
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ phương trình y '= 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0.

Kết hợp điều kiện m > 0 ta có giá trị của m là m = 1, m =

Điểm

0,5


www.VNMATH.com

⎡ π π
⎡ x = k 2π
⎢ x + 4 = 4 + k 2π
π⎞ 1
⎛
* cos x − sin x = 1 ⇔ cos⎜ x + ⎟ =
⇔⎢
⇔⎢
⎢ x = − π + k 2π .
π
π
4⎠

2
⎝
⎢ x + = − + k 2π
2
⎣
⎢⎣
4
4
Vậy nghiệm của phương trình là x = −

Câu 3.
(1,0
điểm)

π

4

+ kπ , x = k 2π , x = −

1
Điều kiện: x ≥ .
2
Phương trình đã cho tương đương với
3 x( x − 2) 2 x − 1 = 2( x 3 − 4 x 2 + 5 x − 2) vì

π

2

0,5

+ k 2π , k ∈ Z.

0,5

⇔ 3 x( x − 2) 2 x − 1 = 2( x − 2)( x 2 − 2 x + 1)
⎡x = 2
⇔⎢
2
⎣3 x 2 x − 1 = 2( x − 2 x + 1)
Phương trình (1) tương đương với

(1)

2(2 x − 1) + 3 x 2 x − 1 − 2 x 2 = 0 ⇔ 2.

2x −1
2x −1
+ 3.
− 2 = 0.
2
x
x

(2)

2x −1
, t ≥ 0. Khi đó phương trình (2) trở thành
x

Đặt t =

0,5

1
2t + 3t − 2 = 0 ⇔ (2t − 1)(t + 2) = 0 ⇔ t = , t ≥ 0.
2
2
Suy ra x − 8 x + 4 = 0 ⇔ x = 4 ± 2 3 , thỏa mãn điều kiện.
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2, x = 4 + 2 3 , x = 4 − 2 3.
x +1
Ta có
= 0 ⇔ x = −1.
x2 + 3
Thể tích V cần tính là thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay hình thang cong giới hạn bởi
x +1
các đường y =
, y = 0, x = −1, x = 3 xung quanh Ox.
x2 + 3
3
3
2x
2 ⎞
( x + 1) 2
⎛
Suy ra V = π ∫ 2
− 2
dx = π ∫ ⎜1 + 2
⎟dx

x + 3 x + 3⎠
x +3
−1
−1 ⎝
2

Câu 4.
(1,0
điểm)

(

= π x + ln | x 2 + 3 |

)

3
−1

3

Tính I =

∫x

−1

3

Câu 5.

(1,0
điểm)

3

dx
dx
.
= π (4 + ln 3) − 2π ∫ 2
2
x +3
x +3
−1
−1

− 2π ∫

(1)

π
π
dx
và
. Đặt x = 3 tan t. Khi x = −1 thì t = − , khi x = 3 thì t =
3
6
+3

2

3

dx = 3

0,5

dx
dt
. Suy ra I = ∫ 2
=
cos 2 t
x
+3
−1

π

π

3

3

dt
1
1
∫π 3(1 + tan 2 t ) . 3 cos2 t = 3

−

6

∫π dt =

−

3π
.
6

0,5

6

3π 2
.
Thay vào (1) ta được V = (4 + ln 3)π −
3
Từ giả thiết ⇒ C ' D ⊥ ( ABC ). Vì ( ABC ) //( A' B ' C ' ) nên
B'
∠( AC ' , ( ABC )) = ( AC ' , ( A' B ' C ' )) = ∠C ' AD = 450.
A'

C'

Sử dụng định lí cosin cho

ΔABD ⇒ AD = a 7

⇒ C ' D = AD tan 450 = a 7 .

Suy ra thể tích lăng trụ

B
D
C

3a

45

V = C ' D.S ABC = a 7 .

0

A

2

(3a ) 2 3 9 21 3
=
a .
4
4

0,5


www.VNMATH.com

Vì AA' // BB ' nên ∠( BB ' , AD) = ∠( AA' , AD) = ∠A' AD

(1)

Vì C ' D ⊥ ( ABC ) nên C ' D ⊥ ( A' B ' C ' ) ⇒ C ' D ⊥ C ' A' ⇒ DA' = DC ' +C ' A' = 16a ,
2

AA' = CC ' = C ' D 2 + DC 2 = a 11. Suy ra cos ∠A' AD =

2

2

AA' 2 + AD 2 − DA' 2
1
=
. (2)
2 AA'.AD
77

0,5

1
.
77

Từ (1) và (2) suy ra cos( BB' , AD) = | cos ∠A' AD | =

Câu 6.
(1,0
điểm)

2

Với hai số không âm a, b ta có 1 + a + 1 + b ≥ 1 + 1 + a + b .

(1)

Thật vậy, (1) ⇔ 2 + a + b + 2 (1 + a )(1 + b) ≥ 2 + a + b + 2 1 + a + b
⇔ 1 + a + b + ab ≥ 1 + a + b , luôn đúng.
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0.

0,5

Áp dụng (1) ta có 5 = 1 + x 2 + 1 + 2 y + 1 + 2 z ≥ 1 + 1 + x 2 + 2 y + 1 + 2 z
≥ 2 + 1 + x2 + 2 y + 2z .
Suy ra x 2 + 2 y + 2 z ≤ 8, hay y + z ≤ 4 −

x2
.
2

(2)

3

⎛
x2 ⎞
Khi đó P ≤ 2 x + ( y + z ) ≤ 2 x + ⎜⎜ 4 − ⎟⎟ .
2⎠
⎝

Chú ý rằng, từ (2) và x, y, z không âm ta có 0 ≤ x ≤ 2 2 .
3

3

3

(3)

3

⎛
x2 ⎞
Xét hàm số f ( x) = 2 x 3 + ⎜⎜ 4 − ⎟⎟ trên [0; 2 2 ]. Ta có
2 ⎠
⎝
2

[

]

⎛
3
x2 ⎞
f ' ( x) = 6 x 2 − 3x⎜⎜ 4 − ⎟⎟ = x( x − 2) x(12 − x 2 ) + 2(16 − x 2 ) .
2⎠
4
⎝
⎡x = 0

Với x ∈ [0; 2 2 ] ta có f ' ( x) = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = 2.

Câu
7.a
(1,0
điểm)

Từ f (0) = 64, f (2) = 24, f ( 2 2 ) = 32 2 suy ra f ( x) ≤ 64, ∀x ∈ [0; 2 2 ].
(4)
Từ (3) và (4) ta có P ≤ 64, dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = 0, z = 4 hoặc x = z = 0, y = 4.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 64, đạt được khi x = y = 0, z = 4 hoặc x = z = 0, y = 4.
A
BC ⊥ AH ⇒ pt BC : 3x + y − 7 = 0.
C ∈ BC ⇒ C (c; 7 − 3c),
A ∈ AH ⇒ A(3a + 7; a).
M
⎛ 3a + c + 7 a − 3c + 7 ⎞
Suy ra trung điểm AC là M ⎜
;
⎟.
2
2
⎝
⎠
B

H

0,5

C

3a + c + 7 a − 3c + 7
+
+ 1 = 0 ⇔ 2 a − c + 8 = 0.
2
2
| 10a + 14 |
Ta có BC = (c − 4) 2 + (12 − 3c) 2 = 10 c − 4 , AH = d ( A, BC ) =
10
1
⇒ S ABC = BC . AH = | (c − 4)(5a + 7) | = 16.
2
⎡ A( −2; − 3), C (2; 1)
⎡a = −3, c = 2
⎢
Từ (1) và (2) suy ra
⇒ ⎢ ⎛ 29 2 ⎞ ⎛ 36 73 ⎞
⎢ A⎜ ; − ⎟, C ⎜ ; − ⎟.
⎢a = − 2 , c = 36
⎢⎣ ⎝ 5
5⎠ ⎝ 5
5⎠
5
5
⎣

Do M ∈ BM : x + y + 1 = 0 ⇒

Câu
8.a
(1,0
điểm)

0,5

(1)

(2)

0,5

P ∈ d1 ⇒ P ( p + 1, p, 2 p + 3), Q ∈ d 2 ⇒ Q( q; 2q + 2; q + 1) .
Suy ra PQ = (− p + q − 1; − p + 2q + 2; − 2 p + q − 2).
PQ ⊥ d 3 ⇒ u3 .PQ = 0 ⇔ −2(− p + q − 1) + 1( − p + 2q + 2) + 1(−2 p + q − 2) = 0
⇔ − p + q + 2 = 0 hay p = q + 2.

3

0,5


www.VNMATH.com

Suy ra PQ 2 = 9 + q 2 + (q + 6) 2 = 2q 2 + 12q + 45 = 2( q + 3) 2 + 27 ≥ 27.

0,5

Suy ra min PQ = 3 3 khi p = −1, q = −3 hay P(0; − 1; 1), Q(−3; − 4; − 2).

Giả sử z = x + yi và điểm biểu diễn số phức z là M ( x; y ).
Câu
9.a
(1,0
điểm)

Ta có

z + i z + i 2 | z |2 + z + z + i ( z + z ) + 2i 2( x 2 + y 2 ) + 2 x + 2( x + 1)i
+
=
=
.
z +1 z +1
| z |2 + z + z + 1
( x + 1) 2 + y 2

0,5

2
⎧⎛
1⎞
1
2
⎧⎪2( x 2 + y 2 ) + 2 x = 0
+
x
z+i z +i
⎪⎜
⎟ +y =

+
là số thuần ảo ⇔ ⎨
⇔
2
4
⎨⎝
⎠
z +1 z +1
⎪⎩( x + 1) 2 + y 2 ≠ 0
⎪( x; y ) ≠ (−1; 0).
⎩

0,5

2

Câu
7.b
(1,0
điểm)

Câu
8.b
(1,0
điểm)

1⎞
1
⎛
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn ⎜ x + ⎟ + y 2 = bỏ đi điểm (−1; 0).

2⎠
4
⎝
2
2
x
y
Phương trình chính tắc của ( E ) : 2 + 2 = 1 (a > b > 0).
a
b
12 4
M ∈ ( E ) ⇔ 2 + 2 = 1.
a
b
1
∠F1MF2 = 90 0 ⇒ MO = F1 F2 = c ⇒ c = 4 ⇒ a 2 − b 2 = 16.
2
2
⎧⎪a = 24
x2 y2
Từ (1) và (2) suy ra ⎨ 2
⇒ (E) :
+
= 1.
24 8
⎩⎪b = 8
Phương trình (Oyz ) : x = 0.

(1)
(2)

Giả sử d có vtcp u d (a; b; c), (a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0).
⎧⎪ K (1; 3; 2) ∉ (Oyz )
Ta có d //(Oyz ) ⇔ ⎨
⇔ 1.a = 0 hay a = 0. Suy ra u d (0; b; c) và nP (1; 1; 1).
⎪⎩u d .n Oyz = 0
Do 00 ≤ α ≤ 900 nên từ tan α = 2 ⇒ sin α =
⇒

|b+c|
3. b + c
2

2

=

0,5

0,5

0,5

2
|b+c|
. Mà sin( d , ( P )) =
3
3. b 2 + c 2

2

⇔ (b − c) 2 = 0 ⇔ b = c ≠ 0.
3

0,5

⎧x = 1
⎪
Chọn b = c = 1 ⇒ u d = (0; 1; 1). Suy ra phương trình d : ⎨ y = 3 + t
⎪ z = 2 + t.
⎩

Câu
9.b
(1,0
điểm)

⎧ x > −1, y > 0
Điều kiện: ⎨
⎩1 + xy > 0.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2 x.3 y + 3 y +1 = 3 x+2 + 3.6 x
⇔ (2 x + 3)3 y = (2 x + 3)3 x+1 ⇔ 3 y = 3 x+1 ⇔ y = x + 1.
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
log 2 (1 + x)(1 + xy ) = log 2 2 y 2 ⇔ (1 + x)(1 + xy) = 2 y 2 .
⎧y = x +1 > 0
⎧y = x +1 > 0
⎧y = x +1 > 0
Từ đó ta được ⎨
⇔⎨
⇔⎨ 2
2

⎩1 + xy = 2 y
⎩x − x − 1 = 0
⎩(1 + x)(1 + xy) = 2 y
⎡
3+ 5
1+ 5
, y=
⎢x =
2
2
⇔⎢
⎢
3− 5
1− 5
.
, y=
⎢x =
2
2
⎣

4

0,5

0,5


www.VNMATH.com
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013
Mơn: TỐN; Khối: D; Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2 (1), với m là tham số.
3
4
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = .
3
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm đường trịn ngoại tiếp
trùng gốc tọa độ O.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3x + (1 − cos x) cos 2 x = (sin x + 2 cos x) sin 2 x.

(

)

(

)

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 3 2 x 2 − x x 2 + 3 < 2 1 − x 4 .
Câu 4 (1,0 điểm). Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
x +1
y=
, y = 0, x = 3 xung quanh trục hồnh.
x2 + 3

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A' B' C ' có các đáy là tam giác đều cạnh 3a. Hình chiếu vng góc
của C ' lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm D thỏa mãn điều kiện DC = −2 DB . Góc giữa đường thẳng AC ' và mặt

phẳng ( ABC ) bằng 45 0. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A' B ' C ' và tính cơsin góc giữa hai đường
thẳng BB' và AC.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn

biểu thức P =

1 + x 2 + 1 + 2 y = 4. Tìm giá trị lớn nhất của

x
y
.
+
y +1 x + 2

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)
a. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B( 4 ; − 5), phương trình các đường
thẳng chứa đường cao kẻ từ A và trung tuyến kẻ từ B lần lượt là x − 3 y − 7 = 0 và x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ các điểm
A và C biết diện tích tam giác ABC bằng 16.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng d1 :

x −1 y z − 3
;
= =
1
1
2

x y − 2 z −1
x−3 y +2 z
; d3 :
=
=
=
= . Tìm tọa độ điểm P thuộc d1 và điểm Q thuộc d 2 sao cho đường
1
2
1
1
1
−2
thẳng PQ vuông góc với d 3 và độ dài PQ nhỏ nhất.
Câu 9.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
z +i z +i
là số thuần ảo.
+
z +1 z +1
b. Theo chương trình Nâng cao
d2 :

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2 3; 2). Viết phương trình chính tắc
của elíp (E) đi qua M biết rằng M nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc vng.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm K (1; 3; 2) và mặt phẳng
( P) : x + y + z − 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua K, song song với mặt phẳng (Oyz ) và tạo với

(P) một góc α có tan α = 2 .

⎧2 x.3 y − 3 x+2 = 3(6 x − 3 y )
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨
( x, y ∈ R).
⎩log 2 (1 + x) + log 2 (2 + 2 xy) = 2(1 + log 2 y )
---------------------------- Hết -------------------------Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 18, 19/5/2013. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC.
2. Chúc các em đạt kết quả cao trong kỳ thi Đại học năm 2013!


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

www.VNMATH.com

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013
Mơn: TỐN – Khối D; Thời gian làm bài: 180 phút

Câu
Câu 1.
(2,0
điểm)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
4
1
8

Khi m = hàm số trở thành y = x 4 − x 2 + 2.
3
3
3
1o. Tập xác định: D = R , y là hàm số chẵn.
2o. Sự biến thiên:
1 8
2
* Giới hạn tại vô cực: lim y = lim x 4 ( − 2 + 4 ) = +∞.
x → ±∞
x → ±∞
3 3x
x
4 3 16
* Chiều biến thiên: Ta có y ' = x − x, x ∈ R.
3
3
⎡ x < −2
⎡− 2 < x < 0
⎡x = 0
; y' < 0 ⇔ ⎢
y' = 0 ⇔ ⎢
; y' > 0 ⇔ ⎢
⎣0 < x < 2.
⎣x > 2
⎣ x = ±2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−2; 0) và (2; + ∞) ; nghịch biến trên mỗi khoảng
(−∞; − 2) và (0; 2).
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, giá trị cực đại yCĐ = 2 ; hàm số đạt cực tiểu tại
10

các điểm x = −2 và x = 2, giá trị cực tiểu yCT = − .
3
* Bảng biến thiên:
y
x −∞
0
2
–2
+∞
2
− 0 + 0 − 0 +
y'
+∞
+∞
2
y
10
10
−
−
2
−2
x
O
3
3

3o. Đồ thị:
Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

−

Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là A(0; 2), B (− 3m ; 2 − 3m 2 ) và C ( 3m ; 2 − 3m 2 ).
Tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O khi và chỉ khi OA = OB = OC
⎡m = 1, m = 0
2 2
2
⇔ 2 = 3m + (2 − 3m ) ⇔ m(m − 1)(3m + 3m − 1) = 0 ⇔ ⎢
⎢m = − 3 ± 21 .
6
⎣⎢

Câu 2.
(1,0
điểm)

* cos x + sin x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = −

π
4

+ kπ .

1

0,5

0,5

− 3 + 21

.
6

Phương trình đã cho tương đương với
sin 3 x + cos 2 x − cos x cos 2 x = sin 2 x sin x + 2 sin 2 x cos x
⇔ sin 3 x + cos 2 x = (cos 2 x cos x + sin 2 x sin x) + sin 3x + sin x
⇔ cos 2 x = cos x + sin x
⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x − 1) = 0.

0,5

10
3

b) (1,0 điểm)
4
4x 2
Ta có y ' = x 3 − 4mx =
( x − 3m).
3
3
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ phương trình y '= 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0.

Kết hợp điều kiện m > 0 ta có giá trị của m là m = 1, m =

0,5

0,5

www.VNMATH.com
⎡ π π
⎡ x = k 2π
⎢ x + 4 = 4 + k 2π
π⎞ 1
⎛
* cos x − sin x = 1 ⇔ cos⎜ x + ⎟ =
⇔⎢
⇔⎢
⎢ x = − π + k 2π .
π
π
4⎠
2
⎝
⎢ x + = − + k 2π
2
⎣
⎢⎣
4
4

Câu 4.
(1,0
điểm)

+ kπ , x = k 2π , x = −

π

+ k 2π , k ∈ Z.
2
4
Bất phương trình đã cho tương đương với 2( x 4 + 3 x 2 ) − 3 x x 2 + 3 − 2 < 0.
Vậy nghiệm của phương trình là x = −

Câu 3.
(1,0
điểm)

π

0,5

Đặt x x 2 + 3 = t. Suy ra x 4 + 3x 2 = t 2 . Khi đó bất phương trình trở thành
1
2t 2 − 3t − 2 < 0 ⇔ − < t < 2.
2
1
2
Suy ra − < x x + 3 < 2.
(1)
2
* Với x ≥ 0 ta có
⎧⎪ x ≥ 0
⎧x ≥ 0
⎧x ≥ 0
⎧x ≥ 0
⇔
⇔

(1) ⇔ ⎨
⇔ 0 ≤ x < 1.
⇔
⎨
⎨
⎨ 2
4
2
2
2
⎪⎩ x x 2 + 3 < 2
⎩( x − 1)( x + 4) < 0
⎩ x + 3x − 4 < 0
⎩x < 1
⎧x < 0
⎧x < 0
⎧x < 0
⎪
⎪
⎪
* Với x < 0 ta có (1) ⇔ ⎨ 1
⇔ ⎨1
⇔⎨ 4
1
2
2
2
⎪⎩− 2 < x x + 3
⎪⎩ 2 > − x x + 3
⎪⎩ x + 3x − 4 < 0

⎧x < 0
− 3 + 10
⎪
⇔ ⎨ 2 − 3 + 10 ⇔ −
< x < 0.
2
⎪x <
2
⎩
− 3 + 10
Từ hai trường hợp trên ta có nghiệm của bất phương trình là −
< x < 1.
2
x +1
Ta có
= 0 ⇔ x = −1.
x2 + 3
Thể tích V cần tính là thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay hình thang cong giới hạn bởi
x +1
các đường y =
, y = 0, x = −1, x = 3 xung quanh Ox.
x2 + 3
3
3
2x
2 ⎞
( x + 1) 2
⎛
Suy ra V = π ∫ 2
dx = π ∫ ⎜1 + 2

− 2
⎟dx
x + 3 x + 3⎠
x +3
−1
−1 ⎝

(

= π x + ln | x 2 + 3 |

)

3

−1

3

∫x

Tính I =

−1

π

π

3

3

dt
1
1
∫π 3(1 + tan 2 t ) . 3 cos2 t = 3

−

6

3π
.
Thay vào (1) ta được V = ( 4 + ln 3)π −
3
Từ giả thiết
B'

Câu 5.
(1,0
điểm)

0,5

(1)

π
π
dx

. Đặt x = 3 tan t. Khi x = −1 thì t = − , khi x = 3 thì t =
6
3
+3

dx
dt
. Suy ra I = ∫ 2
=
2
3
cos t
x
+
−1

0,5

3

dx
dx
= π (4 + ln 3) − 2π ∫ 2
.
2
x +3
x +3
−1
−1

− 2π ∫

2

3

dx = 3

3

0,5

2

∫π dt =

−

3π
.
6

và

0,5

6

⇒ C ' D ⊥ ( ABC ) ⇒ ∠C ' AD = ∠( AC ' , ( ABC )) = 450.
A'

C'

Sử dụng định lí cosin cho tam giác ABD
⇒ AD = a 7 ⇒ C ' D = AD tan 450 = a 7 .
Suy ra thể tích lăng trụ

B
D
C

3a

45

V = C ' D.S ABC = a 7 .

0

A

2

(3a ) 2 3 9 21 3
=
a .
4
4

0,5

www.VNMATH.com

Vì CC ' // BB' nên ∠( BB ' , AC ) = ∠(CC ' , AC ) = ∠ACC '.

Ta có CC ' = C ' D + DC = a 11, C ' A = C ' D + AD = 14a
2

⇒ cos ∠ACC ' =

2

2

2

2

1
CA 2 + CC '2 − AC '2
=
.
2CA.CC '
11

(2)

0,5

1
.
11

Từ (1) và (2) suy ra cos( BB' , AC ) = cos ∠ACC ' =
Câu 6.
(1,0
điểm)

(1)
2

Từ giả thiết ta có 16 = 2 + x 2 + 2 y + 2 (1 + x 2 )(1 + 2 y )
= 2 + x2 + 2 y + 2 1 + x2 + 2 y + 2x 2 y ≥ 2 + x2 + 2 y + 2 1 + x2 + 2 y .
Từ đó ta có 1 + x 2 + 2 y ≤ 3, hay x 2 + 2 y ≤ 8.
Suy ra y ≤ 4 −

0,5

x2
, 0 ≤ x ≤ 2 2.
2

x2
y
2 = x + 2 + 2 − x =1+ x + 2 .
Khi đó P ≤ x +
≤ x+
x+2
x+2

2
2 x+2
x+2
x
2
trên [0; 2 2 ]. Ta có
Xét hàm số f ( x) = 1 + +
2 x+2
x2 + 4x
f ' ( x) =
≥ 0, ∀x ∈ [0; 2 2 ].
2( x + 2) 2
4−

Suy ra f ( x) ≤ f ( 2 2 ) = 2 2 .

(1)

0,5
(2)

Từ (1) và (2) ta có P ≤ 2 2 , dấu đẳng thức xảy ra khi x = 2 2 , y = 0.

Câu
7.a
(1,0
điểm)

Vậy giá trị lớn nhất của P là 2 2 , đạt khi x = 2 2 , y = 0.
BC ⊥ AH ⇒ pt BC : 3x + y − 7 = 0.

A
C ∈ BC ⇒ C (c; 7 − 3c),
A ∈ AH ⇒ A(3a + 7; a ).
M
⎛ 3a + c + 7 a − 3c + 7 ⎞
;
Suy ra trung điểm AC là M ⎜
⎟.
2
2
⎝
⎠
B

H

C

3a + c + 7 a − 3c + 7
+
+ 1 = 0 ⇔ 2 a − c + 8 = 0.
2
2
| 10a + 14 |
Ta có BC = (c − 4) 2 + (12 − 3c) 2 = 10 c − 4 , AH = d ( A, BC ) =
10
1
⇒ S ABC = BC. AH = | (c − 4)(5a + 7) | = 16.
2
⎡ A( −2; − 3), C (2; 1)

⎡a = −3, c = 2
⎢
⇒ ⎢ ⎛ 29 2 ⎞ ⎛ 36 73 ⎞
Từ (1) và (2) suy ra
⎢ A⎜ ; − ⎟, C ⎜ ; − ⎟.
⎢a = − 2 , c = 36
⎢⎣ ⎝ 5
5⎠ ⎝ 5
5⎠
5
5
⎣
P ∈ d1 ⇒ P( p + 1, p, 2 p + 3), Q ∈ d 2 ⇒ Q( q; 2q + 2; q + 1) .

Do M ∈ BM : x + y + 1 = 0 ⇒

Câu
8.a
(1,0
điểm)

0,5

Suy ra PQ = (− p + q − 1; − p + 2q + 2; − 2 p + q − 2).
PQ ⊥ d 3 ⇒ u3 .PQ = 0 ⇔ −2(− p + q − 1) + 1( − p + 2q + 2) + 1(−2 p + q − 2) = 0
⇔ − p + q + 2 = 0 hay p = q + 2.

(1)

(2)

0,5

0,5

Suy ra PQ 2 = 9 + q 2 + (q + 6) 2 = 2q 2 + 12q + 45 = 2( q + 3) 2 + 27 ≥ 27.
Suy ra min PQ = 3 3 khi p = −1, q = −3 hay P(0; − 1; 1), Q(−3; − 4; − 2).

0,5

Giả sử z = x + yi và điểm biểu diễn số phức z là M ( x; y ).
Câu
9.a

Ta có

z + i z + i 2 | z |2 + z + z + i ( z + z ) + 2i 2( x 2 + y 2 ) + 2 x + 2( x + 1)i
.
+
=
=
z +1 z +1
| z |2 + z + z + 1
( x + 1) 2 + y 2

3

0,5

(1,0
điểm)

www.VNMATH.com

2
⎧⎛
1⎞
1
2
2
2
⎧
+
+
=
2
(
)
2
0
x
y
x
z+i z +i
⎪
⎪⎜ x + ⎟ + y =
+
là số thuần ảo ⇔ ⎨
⇔

2⎠
4
⎨⎝
z +1 z +1
⎪⎩( x + 1) 2 + y 2 ≠ 0
⎪( x; y ) ≠ (−1; 0).
⎩

0,5

2

Câu
7.b
(1,0
điểm)

1⎞
1
⎛
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn ⎜ x + ⎟ + y 2 = bỏ đi điểm (−1; 0).
2⎠
4
⎝
2
2
x
y
Phương trình chính tắc của ( E ) : 2 + 2 = 1 (a > b > 0).
a

b
12 4
M ∈ ( E ) ⇔ 2 + 2 = 1.
a
b
1
0
∠F1MF2 = 90 ⇒ MO = F1 F2 = c ⇒ c = 4 ⇒ a 2 − b 2 = 16.
2
⎧⎪a 2 = 24
x2 y2
Từ (1) và (2) suy ra ⎨ 2
⇒ (E) :
+
= 1.
24 8
⎪⎩b = 8

(1)

0,5

(2)
0,5

Phương trình (Oyz) : x = 0.
Câu
8.b
(1,0
điểm)

Giả sử d có vtcp u d (a; b; c), (a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0).
⎧⎪ K (1; 3; 2) ∉ (Oyz )
⇔ 1.a = 0 hay a = 0. Suy ra u d (0; b; c) và nP (1; 1; 1).
Ta có d //(Oyz ) ⇔ ⎨
⎪⎩u d .n Oyz = 0
Do 00 ≤ α ≤ 900 nên từ tan α = 2 ⇒ sin α =
⇒

|b+c|
3. b + c
2

2

=

0,5

2
|b+c|
. Mà sin(d , ( P )) =
3
3. b 2 + c 2

2
⇔ (b − c) 2 = 0 ⇔ b = c ≠ 0.
3

0,5

⎧x = 1
⎪
Chọn b = c = 1 ⇒ u d = (0; 1; 1). Suy ra phương trình d : ⎨ y = 3 + t
⎪ z = 2 + t.
⎩

Câu
9.b
(1,0
điểm)

⎧ x > −1, y > 0
Điều kiện: ⎨
⎩1 + xy > 0.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2 x.3 y + 3 y +1 = 3 x+2 + 3.6 x
⇔ (2 x + 3)3 y = (2 x + 3)3 x+1 ⇔ 3 y = 3 x+1 ⇔ y = x + 1.
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
log 2 (1 + x)(1 + xy ) = log 2 2 y 2 ⇔ (1 + x)(1 + xy) = 2 y 2 .

0,5

⎧y = x +1 > 0
⎧y = x +1 > 0
⎧y = x +1 > 0
Từ đó ta được ⎨
⇔⎨
⇔⎨ 2
2
⎩1 + xy = 2 y

⎩x − x − 1 = 0
⎩(1 + x)(1 + xy) = 2 y
⎡
3+ 5
1+ 5
, y=
⎢x =
2
2
⇔⎢
⎢
3− 5
1− 5
.
, y=
⎢x =
2
2
⎣

0,5

4