khoi D dai hoc vinh lan 1 nam 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN. www.MATHVN.com. ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối D; Thời gian làm bài: 180 phút. Đáp án 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: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y = −∞ và lim y = +∞.. Điểm. Câu. x → −∞ 2. x → +∞. * Chiều biến thiên: Ta có y ' = 3x + 12 x + 9;  x = −3  x < −3 y' = 0 ⇔  ; y' > 0 ⇔  ; y ' < 0 ⇔ −3 < x < −1.  x = −1  x > −1 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, yCĐ = 1, hàm số đạt cực tiểu tại x = −1, yCT = −3. * Bảng biến thiên: y −3 x −∞ −1 +∞ +. y'. 0. –. 0. +. −∞. 1. +∞. 1. y. 0,5. −3. −3. −1. O. x. 0,5. c) Đồ thị: −3. b) (1,0 điểm) Ta có y ' = 3 x 2 − 3(m − 2) x − 3(m − 1), ∀x ∈ R.  x = x1 = −1 y ' = 0 ⇔ x 2 − ( m − 2) x − m + 1 = 0 ⇔   x = x 2 = m − 1. Chú ý rằng với m > 0 thì x1 < x2 . Khi đó hàm số đạt cực đại tại x1 = −1 và đạt cực tiểu tạ i 3m 1 x2 = m − 1. Do đó yCĐ = y (−1) = , yCT = y (m − 1) = − (m + 2)(m − 1) 2 + 1. 2 2 3m 1 Từ giả thiết ta có 2. − (m + 2)(m − 1) 2 + 1 = 4 ⇔ 6m − 6 − (m + 2)(m − 1) 2 = 0 2 2 − 1 ± 33 ⇔ (m − 1)(m 2 + m − 8) = 0 ⇔ m = 1, m = . 2 − 1 + 33 . Đối chiếu với yêu cầu m > 0 ta có giá trị của m là m = 1, m = 2. 0,5. 0,5. π. Câu 2. Điều kiện: cos x ≠ 0, hay x ≠ + kπ . 2 (1,0 Khi đó phương trình đã cho tương đương với điểm) (tan x + 1) sin 2 x + 1 − 2 sin 2 x + 2 = 3(cos x + sin x) sin x ⇔ (tan x − 1) sin 2 x + 3 = 3(cos x − sin x) sin x + 6 sin 2 x ⇔ (tan x − 1) sin 2 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)(sin 2 x − 3 cos 2 x) = 0. ⇔ (sin x − cos x)(2 cos 2 x + 1) = 0 1. www.DeThiThuDaiHoc.com. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> www.MATHVN.com. π  sin x = cos x  x = 4 + kπ ⇔ ⇔ cos 2 x = − 1  x = ± π + kπ , k ∈ Z. 2   3 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x =. π. 4. + kπ , x = ±. 0,5. π 3. + kπ , k ∈ Z. 2 + x > 0, 18 − x ≥ 0 Câu 3. Điều kiện:  ⇔ −2 < x ≤ 18. 4 4 − 18 − x > 0 (1,0  điểm) Khi đó phương trình đã cho tương đương với log 2 2 + x = log 2 (4 − 4 18 − x ). 0,5. ⇔ 2 + x = 4 − 18 − x . 4. Đặt t = 4 18 − x . Khi đó 0 ≤ t < 4 20 và phương trình trở thành 20 − t 4 = 4 − t 4 − t ≥ 0 t ≤ 4 ⇔ ⇔ 4 2 4 2 20 − t = (4 − t ) t + t − 8t − 4 = 0 t ≤ 4 ⇔ 3 2 (t − 2)(t + 2t + 5t + 2) = 0. 0,5. t ≤ 4 ⇔ ⇔ t = 2. t − 2 = 0 Suy ra 4 18 − x = 2 ⇔ x = 2. Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x = 2.. Đặt 3 + e x = t. Khi đó e x = t 2 − 3 ⇒ e x dx = 2tdt. Khi x = 0 ⇒ t = 2, khi x = ln 6 ⇒ t = 3. Câu 4. 3 3 2tdt t (1,0 Suy ra = = I 2 dt 2 2 ∫ ∫ điểm) 3t + 2(t − 3) + 7 2t + 3t + 1 2. 0,5. 2 3. 3. t 1   1 = 2∫ − dt = 2 ∫   dt + + + + ( t 1 )( 2 t 1 ) t 1 2 t 1   2 2 3. 0,5. 3. 80 = 2 ln t + 1 − ln 2t + 1 = (2 ln 4 − 2 ln 3) − (ln 7 − ln 5) = ln . 63 2 2 K ẻ hình chi ế u SK ⊥ AB ⇒ CK ⊥ AB S ⇒ (( SAB), ( ABCD) ) = ∠SKC = 45 0.. Câu 5. (1,0 điểm). ∠ABC = 120 0 ⇒ ∠CBK = 60 0 ⇒ CK = CB sin 60 0 =. E D. ⇒ SC = CK tan 45 0 = C. 3a . 2. 3a 2. (1). 0,5. 3 3a 2 . (2) 2 O 1 3 3a 3 A T ừ (1) và (2) ⇒ V = SC . S = . S . ABCD ABCD B K 3 4 Gọi O = AC ∩ BD. Kẻ CE ⊥ SO. Vì BD ⊥ (SAC ) nên BD ⊥ CE ⇒ CE ⊥ (SBD). (3) S ABCD = AB.BC sin 120 0 =. 2 3 2a 3a 3a , OC = nên ∆SCO vuông cân tại C ⇒ CE = SC. = . 2 2 2 4 3 2a . Từ (3) và (4) suy ra d (C , ( SBD) ) = 4. Vì SC =. 2. www.DeThiThuDaiHoc.com. (4). 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> www.MATHVN.com 1 1 ≥ . Câu 6. Ta có 8bc = 2 b.2c ≤ b + 2c. Suy ra 2(a + b + c) 2 a + b + 8 bc (1,0 −8 −8 điểm) Mặt khác, 2(a + c) 2 + 2b 2 ≥ (a + c) + b. Suy ra ≥ . 2 2 3+ a +b + c 3 + 2(a + c) + 2b 1 8 − Do đó P ≥ . (1) 2( a + b + c ) 3 + a + b + c 1 8 Đặt a + b + c = t , t > 0. Xét hàm số f (t ) = − , t > 0. 2t 3 + t 1 8 3(t − 1)(5t + 3) = , t > 0. Suy ra f ' (t ) ≥ 0 ⇔ t ≥ 1. Ta có f ' (t ) = − 2 + 2 2t (3 + t ) 2t 2 (3 + t ) 2 Bảng biến thiên: 1 0 t +∞. f ' (t ). 0. –. f (t ). −. +. 3 2. 0,5. 3 Từ bảng biến thiên suy ra f (t ) ≥ f (1) = − , ∀t > 0. 2. Câu 7.a (1,0 điểm). Câu 8.a (1,0 điểm). 0,5. (2). a + b + c = 1 a = c = 1  3  4 ⇔ Từ (1) và (2) ta có P ≥ − . Dấu đẳng thức xảy ra khi b = 2c 2 b = a + c b = 1 .   2 3 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − , đạt được khi a = c = , b = . 2 4 2 B ∈ d : y = 8 − x ⇒ B (b; 8 − b), B 1 D ∈ d 2 : x = 2 y − 3 ⇒ D(2d − 3; d ). ⇒ BD = (−b + 2d − 3; b + d − 8) và trung  b + 2d − 3 − b + d + 8  ; điểm BD là I  . 2 2   D u .BD = 0 − 8b + 13d − 13 = 0 b = 0  BD ⊥ AC Theo tính chất hình thoi ⇒  ⇔  AC ⇔ ⇔  I ∈ AC  I ∈ AC − 6b + 9d − 9 = 0 d = 1  B(0; 8)  1 9 Suy ra  ⇒ I  − ; .  2 2  D(−1; 1) 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 2 2 2 a = 3  A(10; 3) (ktm) 63   9 225 9 9   ⇒  − 7a +  +  a −  = ⇔ a −  = ⇔  ⇒ 2  2 2 2 4   a = 6  A(−11; 6) Suy ra A(−11; 6) ⇒ C (10; 3). A. I. C. 0,5. 0,5. Giả sử ∆ có vtcp u ∆ = (a; b; c), a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0. ∆ ⊥ d1 ⇔ u ∆ .u1 = 0 ⇔ a − b + c = 0.. (1). a − b − 2c. 1 ∠(∆, d 2 ) = 60 0 ⇔ = cos 60 0 = ⇔ 2(a − b − 2c) 2 = 3(a 2 + b 2 + c 2 ) (2) 2 1 + 1 + 4. a 2 + b 2 + c 2. (. ). Từ (1) có b = a + c thay vào (2) ta được 18c 2 = 3 a 2 + (a + c) 2 + c 2 ⇔ a 2 + ac − 2c 2 = 0. 3. www.DeThiThuDaiHoc.com. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> www.MATHVN.com. a = c, b = 2c ⇔ a = −2c, b = −c.. x +1 y − 2 z = . = 1 2 1 x +1 y − 2 z Với a = −2c, b = −c, chọn c = −1 ⇒ u ∆ = (2; 1; − 1) ta có ∆ : = = . −1 2 1 n n n ( + 1 ) (( − 1 ) Ta có 4C n3+1 + 2Cn2 = An3 ⇔ 4. + n(n − 1) = n(n − 1)(n − 2), n ≥ 3 6 ⇔ 2(n 2 − 1) + 3(n − 1) = 3(n 2 − 3n + 2), n ≥ 3. Với a = c, b = 2c, chọn c = 1 ⇒ u ∆ = (1; 2; 1) ta có ∆ :. Câu 9.a (1,0 điểm). 0,5. 0,5. ⇔ n 2 − 12n + 11 = 0, n ≥ 3 ⇔ n = 11. 11. Câu 7.b (1,0 điểm). Câu 9.b (1,0 điểm). B0 A M. 0,5. Chọn A0 (0; − 2) ∈ d1 , ta có IA0 = 2 2 . Lấy B0 (2 − 2b; b) ∈ d 2 sao cho. A0. ∆. d1. Câu 8.b (1,0 điểm). k. 11 2   2 Khi đó  x 2 −  = ∑ C11k ( x 2 )11− k . −  = ∑ C11k .(−2) k .x 22−3k . x   x k =0 k =0 7 Số hạng chứa x là số hạng ứng với k thỏa mãn 22 − 3k = 7 ⇔ k = 5. 5 Suy ra hệ số của x 7 là C11 .(−2) 5 = −14784. d1 cắt d 2 tại I (2; 0). I 11. A0 B0 = 3IA0 = 6 2. B. ⇔ (2 − 2b) 2 + (b + 2) 2 = 72  B0 (−6; 4) b = 4 2 ⇔ 5b − 4b − 64 = 0 ⇔  ⇒   42 16  1 6  B0  ; − . b = −   5 5 5  d2. Suy ra đường thẳng ∆ là đường thẳng qua M (−1; 1) và song song với A0 B0 . Suy ra phương trình ∆ : x + y = 0 hoặc ∆ : 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).. u .n = 0 (1) 2 A − 3 B + C = 0 ( P) // d ⇔  d P ⇔ ( 2)  H (−2; 4; − 1) ∉ ( P) − 3 A + 4 B − C ≠ 0 A − B + 3C (3) d (M , ( P ) ) = 3 ⇔ = 3 ⇔ ( A − B + 3C ) 2 = 3( A 2 + B 2 + C 2 ). 2 2 2 A + B +C Từ (1) có C = −2 A + 3B, thay vào (3) ta được (−5 A + 8 B) 2 = 3(A 2 + B 2 + (−2 A + 3B) 2 ) A = B ⇔ 5 A 2 − 22 AB + 17 B 2 = 0 ⇔  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 , thỏa mãn (2). 5 5 Suy ra ( P ) : 17 x + 5 y − 19 z − 17 = 0. 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 P( A ∪ B) = P( A) + P( B) =. 1 36 1 60. 1 36 1 60. 1 24 1 60. C .C C .C + C .C C .C. 1 24 1 60. 2. 2. 13 3  2 =  +  = . 25 5 5. 4. www.DeThiThuDaiHoc.com. 0,5. 0,5. 0,5. 0,5. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> www.MATHVN.com Suy ra xác suất cần tính là P = 1 − P( A ∪ B) = 1 −. 13 12 = . 25 25. 5. www.DeThiThuDaiHoc.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>