Dh vinh da de lan 1 khoi a, a1 2013

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 A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút
Đáp án

Câu

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:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y = −∞ và lim y = +∞.
x → −∞

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
+∞
2

y'

+

0

–

0

1

+∞

1

y

+

−3

−3

−∞

0,5

c) Đồ thị:

−1

O

x

0,5

−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
x2 = m − 1. Do đó
3m
1
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
m = 1
2
⇔ (m − 1)(m + m − 8) = 0 ⇔ 
m = − 1 ± 33 .

2

− 1 + 33
Đối chiếu với yêu cầu m > 0 ta có giá trị của m là m = 1, m =
.
2

0,5

π

+ kπ .
Câu 2.
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

Điều kiện: cos x ≠ 0, hay x ≠

0,5

⇔ (tan x − 1) sin 2 x + 3 = 3(cos x − sin x) sin x + 6 sin 2 x
1

www.DeThiThuDaiHoc.com

0,5

www.MATHVN.com

⇔ (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

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
⇔ −2 < x ≤ 18.
Câu 3. Điều kiện:  4
4 − 18 − x > 0
(1,0
điểm) Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
log 2 2 + x ≤ log 2 (4 − 4 18 − x )

0,5

⇔ 2 + x ≤ 4 − 4 18 − x .
Đặt t = 4 18 − x . Khi đó 0 ≤ t < 4 20 và bất 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
t ≤ 4
⇔
⇔ 2 ≤ t ≤ 4.
t − 2 ≥ 0
Suy ra 4 18 − x ≥ 2 ⇔ x ≤ 2.
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình là − 2 < x ≤ 2.

0,5

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∫ 2
dt
2
3t + 2(t − 3) + 7
2t + 3t + 1
điểm)
2
2
3

3

t
1 
 1
dt = 2 ∫ 
−
 dt
(t + 1)(2t + 1)
t + 1 2t + 1 
2
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
Kẻ SK ⊥ AB ⇒ hình chiếu CK ⊥ AB
⇒ (( SAB), ( ABCD) ) = ∠SKC = 45 0.

S

Câu 5.
(1,0
điểm)

∠ABC = 120 0 ⇒ ∠CBK = 60 0 ⇒ CK = CB sin 60 0 =

D

⇒ SC = CK tan 45 0 =
C

I

3a
.
2

B K

Từ (1) và (2) ⇒ VS . ABCD

(1)

3 3a 2
.
(2)
2
1
3 3a 3
= SC.S ABCD =
.
3
4

S ABCD = AB.BC sin 120 0 =

O
A

0,5

2

www.DeThiThuDaiHoc.com

3a
2

0,5

www.MATHVN.com

Gọi O = AC ∩ BD. Vì BD ⊥ AC , BD ⊥ SC nên BD ⊥ (SAC ) 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 5a
3 5a
OI =
=
. Suy ra d ( SA, BD) =
.
10
10
2 5
Ta có 2 x + 4 y + 2 z ≤ ( x 2 + 1) + ( y 2 + 4) + ( z 2 + 1) = x 2 + y 2 + z 2 + 6 ≤ 3 y + 6 .
Câu 6.
y
Suy ra 2 x + y + 2 z ≤ 6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x = = z = 1 .
(1,0
2
điểm)
Chú ý rằng, với hai số dương a, b áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
1 1
8
+ 2 ≥
,
(*)
2
a b
( a + b) 2
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b .
1
1
8
8
8
Áp dụng (*) ta được P =
+
+
≥
+
2
2
2
y
y
( x + 1)
( + 1) 2 ( z + 3)
( x + 1 + + 1) 2 ( z + 3)
2
2
64
64.4
64.4
≥
=
≥
= 1.
2
y
(2 x + y + 2 z + 10)
(6 + 10) 2
2
( x + + 2 + z + 3)
2
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 ∈ d1 : y = 8 − x ⇒ B (b; 8 − b),
B
Câu
D ∈ d 2 : x = 2 y − 3 ⇒ D(2d − 3; d ).
7.a
I
⇒ BD = (−b + 2d − 3; b + d − 8) và trung
(1,0
C
A
điểm)
 b + 2d − 3 − b + d + 8 
;
điểm BD là I 
.
2
2


D

 BD ⊥ AC
− 8b + 13d − 13 = 0
b = 0
u .BD = 0
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).
Câu
8.a
(1,0
điểm)

0,5

0,5

0,5

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

0,5

1
∠(∆, d 2 ) = 60 ⇔
= cos 60 = ⇔ 2(a − b − 2c) 2 = 3(a 2 + b 2 + c 2 ) (2)
2
1 + 1 + 4. a 2 + b 2 + c 2
0

0

(

)

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
a = c, b = 2c
⇔
a = −2c, b = −c.
x +1 y − 2 z
=
Với a = c, b = 2c, chọn c = 1 ⇒ u ∆ = (1; 2; 1) ta có ∆ :
= .
1
2
1
x +1 y − 2 z
Với a = −2c, b = −c, chọn c = −1 ⇒ u ∆ = (2; 1; − 1) ta có ∆ :
=
= .
2
1
−1

3

www.DeThiThuDaiHoc.com

0,5

www.MATHVN.com

Câu
9.a
(1,0
điểm)

Ta có 4C

3
n +1

(n + 1)n((n − 1)
+ 2C = A ⇔ 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
2
n

3
n

0,5

⇔ n − 12n + 11 = 0, n ≥ 3
2

⇔ n = 11.
11

k

11
11
2

 2
k
k
Khi đó  x 2 −  = ∑ C11 ( x 2 )11− k . −  = ∑ C11 .(−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.

I

Câu
7.b
(1,0
điểm)

d1 cắt d 2 tại I (2; 0).

A0

∆

Chọn A0 (0; − 2) ∈ d1 , ta có IA0 = 2 2 .
Lấy B0 (2 − 2b; b) ∈ d 2 sao cho

B0
A
M

d1

0,5

B

A0 B0 = 3IA0 = 6 2

⇔ (2 − 2b) 2 + (b + 2) 2 = 72
 B0 (−6; 4)
b = 4
2

⇔ 5b − 4b − 64 = 0 ⇔
⇒
42 16
b = − 16  B0  ; − .


  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.

0,5

0,5

(P) đi qua K (1; 0; 0) ⇒ phương trình (P) dạng Ax + By + Cz − A = 0 ( A 2 + B 2 + C 2 ≠ 0).
Câu
8.b
(1,0
điểm)

Câu
9.b
(1,0
điểm)

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
2

2

C 1 .C 1 C 1 .C 1  3   2 
13
P( A ∪ B) = P( A) + P( B) = 36 36 + 24 24 =   +   = .
1
1
1
1
C60 .C60 C60 .C60  5   5 
25
13 12
Suy ra xác suất cần tính là P = 1 − P( A ∪ B) = 1 −
= .
25 25

4

www.DeThiThuDaiHoc.com

0,5

0,5

0,5

0,5