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 http://www.foxitsoftware.com 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 http://www.foxitsoftware.com 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 http://www.foxitsoftware.com 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 http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. . 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. + 450 = 630. 0,5 1. (1,0 điểm) Giả sử );( yxM . Kẻ AB MH ⊥ . Từ giả thi t 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 . . 218 1 63 1 3 1 2 1 2 1 + = + − ××=×= mm OBOAS Theo giả thi t 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 ≥⇔≥+