De thi thu Dh 2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN. ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút. Câu. Đáp án. Điểm. a) (1,0 điểm) Câu 1. Khi m=−2 hàm số trở thành y=x 3 +6 x 2+ 9 x +1 . (2,0 a) Tập xác định: R . điểm) b) Sự biến thiên: y=− ∞ và lim y =+ ∞. * Giới hạn tại vô cực: Ta có x lim →− ∞ x →+∞ * Chiều biến thiên: Ta có y ' =3 x 2+ 12 x +9 ; y '=0 ⇔ x=−3 ¿ x=−1 ¿ x <−3 ¿ x >−1 ¿ ; y ' <0 ⇔ − 3< x< −1 . ¿ ; y ' >0 ⇔ ¿ ¿ ¿ ¿ Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞; −3 ) , ( −1 ;+ ∞ ) ; nghịch biến trên ( −3 ; −1 ) . * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=−3 , y CĐ =1 , hàm số đạt cực tiểu tại x=−1 , y CT =−3 . * Bảng biến thiên: y x  3 1. . y'. . +. 0. –. 0. . +. 1. . 1. y. 0,5.  3.  3. c) Đồ thị:. b) (1,0 điểm) Ta có y '=3 x 2 − 3(m −2) x − 3(m −1), ∀ x∈R. y '=0 ⇔ x2 −(m− 2) x − m+1=0 ⇔ x=x 1=−1 ¿ x=x 2=m−1 . ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Chú ý rằng với m>0 thì x 1< x 2 . Khi đó hàm số đạt cực đại tại tiểu tại x 2=m− 1. Do đó. 1. O. x. 0,5.  3 0,5. x 1=−1 và đạt cực.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> m− 1¿2 +1 . 3m 1 , y CT = y (m− 1)=− (m+2)¿ 2 2 m− 1¿ 2=0 m− 1¿ 2+1=4 ⇔6 m− 6 −(m+2)¿ 3m 1 Từ giả thiết ta có 2. − (m+2)¿ 2 2 2 ⇔(m− 1)(m +m− 8)=0 ⇔ m=1 ¿ − 1± √ 33 m= . 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ − 1+ √ 33 m>0 . Đối chiếu với yêu cầu ta có giá trị của m là m=1 , m= 2 π Điều kiện: cos x ≠ 0 , hay x ≠ +kπ . Câu 2. 2 (1,0 Khi đó phương trình đã cho tương đương với điểm) ( tan x +1)sin2 x+ 1− 2sin 2 x+ 2=3( cos x+ sin x )sin x 2 2 ⇔ (tan x − 1) sin x+3=3(cos x − sin x )sin x +6 sin x ⇔ (tan x − 1) sin2 x+3 cos 2 x=3 (cos x − sin x)sin x ⇔ (tan x −1)sin 2 x +3(cos x −sin x)cos x=0 ⇔( sin x −cos x )(sin2 x −3 cos 2 x )=0 ⇔ (sin x − cos x)(2 cos 2 x+ 1)=0 ⇔ sin x=cos x ¿ 1 cos 2 x=− 2 ¿ π x= +kπ 4 ¿ π x=± + kπ , k ∈ Z . 3 ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ π π Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x= +kπ , x=± +kπ , k ∈ Z 4 3 ¿ 2+ x> 0 ,18 − x ≥ 0 Câu 3. 4 4 − √18 − x >0 (1,0 Điều kiện: ⇔− 2< x ≤ 18 . điểm) ¿{ ¿ Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với log 2 √ 2+ x ≤ log 2 (4 − √4 18− x) ⇔ √ 2+ x ≤ 4 − √4 18− x . Đặt t=√4 18− x . Khi đó 0 ≤t < √4 20 và bất phương trình trở thành y CĐ = y (−1)=. 0,5. 0,5. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> √ 20− t 4 ≤ 4 −t. ⇔ 4 −t ≥ 0 4 − t ¿2 ¿ ⇔ ¿ ¿t ≤4 ¿ 4 2 t +t −8 t −4 ≥0 ¿ ¿ ¿ ⇔ ¿ ¿ ¿t ≤4 ¿ 20 − t 4 ≤ ¿ Suy ra √4 18− x ≥ 2⇔ x ≤ 2. Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình là −2< x ≤2 . Câu 4. (1,0 điểm). 0,5. Khi đó e x =t 2 − 3 ⇒e x dx=2tdt . Khi x=0 ⇒t =2 , khi 3 3 2 tdt t x=ln 6 ⇒t=3 . Suy ra I =∫ =2∫ 2 dt 2 2 3 t +2(t −3)+7 2 2t +3 t+1. Đặt. √ 3+e x =t . 3. ¿ 2∫ 2. 3. 0,5. t 1 1 dt=2∫ − dt ( t+1)(2t +1) t+1 2t +1 2 ¿ 2 ln |t +1|. (. ). 0,5. ¿3 − ln |2 t+1|¿3 =(2 ln 4 − 2 ln3) −(ln 7 − ln5)=ln 80 . ¿2 ¿2 63 S Kẻ SK ⊥ AB⇒ hình chiếu CK ⊥ AB ⇒ ( (SAB) ,( ABCD) ) =∠ SKC=45 0 .. Câu 5. (1,0 điểm). ∠ ABC=120 0 ⇒ ∠ CBK=60 0 ⇒ CK=CB sin 600= 0. D. ⇒ SC=CK tan 45 = C. I O. A. 3a . 2. S ABCD=AB . BC sin 1200=. 3a 2. (1). 0,5. 2. 3 √3 a . 2. (2). 1 3 √ 3 a3 Từ (1) và (2) ⇒ V S . ABCD = SC. SABCD= . 3 4 O=AC ∩BD . BD ⊥ AC , BD ⊥ SC BD ⊥(SAC) Gọi Vì nên tại O. Kẻ OI ⊥SA ⇒ OI là đường vuông góc chung của BD là SA. Sử dụng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC hoặc đường cao của tam giác SAC suy ra 3a 3 √5 a 3 5a OI= = . Suy ra d (SA , BD)= √ . 10 2 √ 5 10 2 2 2 Ta có 2 x + 4 y +2 z ≤(x + 1)+( y + 4)+( z +1) ¿ x 2+ y 2 + z 2 +6 ≤3 y +6 . Câu 6. y (1,0 Suy ra 2 x + y +2 z ≤ 6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x= 2 = z=1 . điểm) Chú ý rằng, với hai số dương a , b áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 2 a+ b ¿ ¿ (*) 1 1 8 , + ≥ a2 b2 ¿ B K. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 7.a (1,0 điểm). dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b . 2 x +1¿ ¿ y 2 x+1+ +1¿ y 2 2 +1 ¿ 2 ¿ ¿ z+ 3¿ 2 Áp dụng (*) ta được z +3 ¿2 ¿ ¿ ¿ ¿ 8 ¿ ¿ 1 P= ¿ y 2 x + +2+ z +3 ¿ 2 6+10 ¿2 ¿ ¿ 2 x + y +2 z+ 10¿ 2 ¿ ¿ 64 . 4 ¿ ¿ 64 ¿ Dấu đẳng thức xảy ra khi x=1 , y =2 , z=1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đạt khi x=1 , y =2 , z=1 . B ∈ d 1 : y =8 − x ⇒ B(b ; 8 −b), B D∈ d 2 : x =2 y −3 ⇒ D(2d −3 ; d ). ⇒⃗ BD=(−b+2 d −3 ; b+ d − 8) và trung I C A b +2 d −3 − b+ d+ 8 ; . điểm BD là I 2 2 ⇒. (. BD ⊥ AC I ∈ AC ⇔ ¿⃗ u AC . ⃗ BD=0 I ∈ AC ⇔ ¿ −8 b+ 13 d −13=0 −6 b+9 d −9=0 ⇔ Theo tính chất hình thoi ¿ b=0 d=1 ¿ ¿{ B (0 ; 8) D(− 1; 1) 1 9 ⇒I − ; . 2 2 Suy ra ¿{ ¿ A ∈ AC: x =−7 y +31⇒ A (−7 a+31 ; a). 1 2S 15 S ABCD= AC .BD ⇒ AC= =15 √ 2⇒ IA= 2 BD √2. 0,5. ). D. (. 0,5. ). 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 63 2 9 2 225 9 2 9 + a− = ⇔ a− = ⇔ 2 2 2 2 4 a=3 ¿ a=6 ¿ A( 10; 3) ¿ A(− 11 ; 6)(ktm) ¿ ¿ ¿ ⇒¿ ¿ ¿ Suy ra A (10 ; 3)⇒ C(−¿11 ; 6). Giả sử Δ có vtcp ⃗ u Δ=(a ; b ; c) , a2 +b 2+ c2 ≠ 0. Δ ⊥ d1 ⇔ ⃗ uΔ . ⃗ u1=0 ⇔ a− b+ c=0 . a −b − 2 c ¿2=3 (a2 +b 2+ c 2)(2) |a −b − 2c| 1 0 0 ∠( Δ, d 2)=60 ⇔ =cos 60 = ⇔ 2¿ 2 2 2 2 √1+1+4 . √ a +b + c 2 2 a+ c ¿ +c 2 2 2 b=a+c a +(¿)⇔ a +ac − 2 c =0 Từ (1) có thay vào (2) ta được 2 18 c =3 ¿ ⇔. (. ⇒ −7 a+. Câu 8.a (1,0 điểm). Câu 9.a (1,0 điểm). ) ( ). ( ). (1). a=c , b=2 c ¿ a=−2 c ,b=− c . ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x+1 y −2 z = = . u Δ=(1; 2 ; 1) ta có Δ : a=c ,b=2 c , chọn c=1 ⇒⃗ Với 1 2 1 x+1 y −2 z = = . u Δ=(2 ; 1; − 1) ta có Δ: Với a=−2 c ,b=− c , chọn c=− 1⇒⃗ 2 1 −1 (n −1) ¿ Ta có (n+ 1) n ¿ 4 C 3n+ 1+2 C 2n= A3n ⇔ 4 . ¿ ⇔ 2( n2 −1)+3(n− 1)=3(n2 −3 n+2) , n≥ 3 ⇔ n2 −12 n+11=0 , n≥ 3 ⇔ n=11 . k 2 x 2 ¿11 −k . − x ¿ −2 ¿k . x 22 −3 k ¿ Khi đó Ck11 . ¿ k C 11 ¿ 11 2 11 x2− =∑ ¿ x k=0 Số hạng chứa x 7 là số hạng ứng với k thỏa mãn 22− 3 k=7 ⇔k =5. −2 ¿5=− 14784 . 7 Suy ra hệ số của x là C 511 .¿. 0,5. 0,5. 0,5. ( ). (. ). 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> d 1 cắt d 2 tại I ( 2; 0). Chọn A 0 (0 ; − 2)∈d 1 , ta có IA 0=2 √ 2 . Lấy B 0 (2− 2 b ; b)∈ d 2 sao cho A 0 B 0=3 IA 0=6 √ 2 b+2 ¿2=72 2 2− 2 b ¿ +¿ ⇔¿. Câu 7.b (1,0 điểm). 2. ⇔ 5 b − 4 b −64=0 ⇔ b=4 ¿ 16 b=− 5 ¿ B0 (−6 ; 4) ¿ 42 16 B0 ;− . 5 5 ¿ ¿ ¿ ⇒¿ ¿ ¿ ¿ Δ Suy ra đường thẳng là đường thẳng qua M (−1 ; 1) và song song với A 0 B 0 . Suy ra phương trình Δ : x + y=0 hoặc Δ : x +7 y − 6=0 . (P) đi qua K (1 ; 0 ; 0)⇒ phương trình (P) dạng Ax+ By+Cz − A=0( A 2+ B 2+C 2 ≠ 0) . ( P) // d ⇔ ud . ⃗ ⃗ n P=0 H (−2 ; 4 ; − 1)∉(P) ⇔ ¿ 2 A −3 B+C=0(1) −3 A+ 4 B− C ≠ 0(2) ¿{ 2 2 2 2 A − B+3 C ¿ =3( A + B +C ). |A − B+3 C| (3) d ( M ,(P) )= √ 3 ⇔ =√ 3 ⇔ ¿ 2 2 2 √ A +B +C − 2 A+ 3 B ¿2 A 2+ B2 +(¿) Từ (1) có C=−2 A +3 B , thay vào (3) ta được −5 A+8 B ¿2=3 ¿ ¿ ⇔ 5 A2 −22 AB+17 B2=0 ⇔ A=B ¿ 5 A=17 B . ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Với A=B , ta có C=B , không thỏa mãn (2). 17 19 Với 5 A=17 B , ta có A= B , C=− B . Chọn B=5 ta có A=17 ,C=− 19 , 5 5 thỏa mãn (2). Suy ra ( P):17 x +5 y −19 z −17=0 .. (. Câu 8.b (1,0 điểm). 0,5. ). 0,5. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Câu 9.b (1,0 điểm). Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là 5 ×4 ×3=60. Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là 4 × 3 ×2=24 , và số các số có mặt chữ số 5 là 60 −24=36 . Gọi A là biến cố hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5; B là biến cố hai số được viết lên bảng đều không có mặt chữ số 5. Rõ ràng A và B xung khắc. Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có 1 1 1 1 C . C36 C 24 . C 24 3 2 2 2 13 P( A ∪B)=P (A )+ P (B)= 36 + = + = . 1 1 1 1 5 25 C 60 . C60 C 60 . C 60 5 13 12 Suy ra xác suất cần tính là P=1 − P( A ∪ B)=1− = . 25 25. ()(). 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>