WWW.VNMATH.COM WWW.VNMATH.COM 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 3, NĂM 2011 MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số mmxmxy ),1(2)13( 4 1 24 là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi .0 m 2. Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị lập thành một tam gíác có trọng tâm là gốc toạ độ. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình ).3(log)5(log)121(log2 2 124 xxx 2. Giải phương trình .cossin cos 3sin tan)2cos2(sin xx x x xxx Câu III. (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số , 1 x x e xe y trục hoành và đường thẳng 1 x xung quanh trục hoành. Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng '''. CBAABC có 0 120,2, ACBaBCaAC và đường thẳng CA' tạo với mặt phẳng )''( AABB góc .30 0 Gọi M là trung điểm '.BB Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng ', CCAM theo a. Câu V. (1,0 điểm) Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm 233 1221 3 2 axyxx xxyyx II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b) a. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho đường thẳng 032: yxd và elíp .1 14 :)( 22 yx E Viết phương trình đường thẳng vuông góc với d và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 1. 2. Trong không gian tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng 0922:)( zyxP và hai điểm ),2;1;3( A ).0;5;1( B Tìm tọa độ của điểm M thuộc (P) sao cho MBMA. đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VIIa. (1,0 điểm) Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau lên bảng. Tính xác suất để số vừa viết thỏa mãn trong số đó mỗi chữ số đều lớn hơn chữ số đứng trước nó. b. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho parabol xyP 4:)( 2 có tiêu điểm F. Gọi M là điểm thỏa mãn điều kiện ;3FOFM d là đường thẳng bất kì đi qua M, d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Chứng minh rằng tam giác OAB là tam giác vuông. 2. Trong không gian tọa độ ,Oxyz cho đường thẳng 21 4 2 1 : zyx d và các điểm ),7;2;1(A ).4;2;3(),2;5;1( CB Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho 222 MCMBMA đạt giá trị lớn nhất. Câu VIIb. (1,0 điểm) Hai bạn An và Bình thi đấu với nhau một trận bóng bàn. Họ quy ước chơi với nhau nhiều nhất 5 séc, ai thắng trước 3 séc là người thắng cuộc và trận đấu kết thúc. Tính xác suất để trận WWW.VNMATH.COM WWW.VNMATH.COM 2 đấu kết thúc sau séc thứ tư, biết rằng xác suất An thắng trong mỗi séc là 0,4 và séc nào cũng có người thắng. Hết Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 21, 22/05/2011. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC. 2. Kỳ khảo sát chất lượng lần cuối sẽ được tổ chức vào chiều ngày 13 và ngày 14/06/2011. Đăng kí dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 21/05/2011. TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 3, NĂM 2011 MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khi 0m hàm số trở thành .2 4 1 24 xxy a. Tập xác định: D ; y là hàm số chẵn. b. Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: Ta có .2' 3 xxy 02 2 0'; 2 0 0' x x y x x y ; 20 2 0' x x y Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng )0;2( và );2( ; hàm số nghịch biến trên các khoảng )2;( và ).2;0( * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0 x với 2 CĐ y ; hàm số đạt cực tiểu tại 2x và 2x với .1 CT y * Giới hạn tại vô cực: . 21 4 1 limlim 42 4 xx xy xx 0,5 *Bảng biến thiên: x 2 0 2 'y 0 0 0 y 2 1 1 c. Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận trục tung làmn trục đối xứng. 0,5 2. (1,0 điểm) Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị 0' y có 3 nghiệm phân biệt 0)13(2 3 xmx có 3 nghiệm phân biệt . 3 1 m (1) Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị là )149;26(),22;0( 2 mmmBmA và )149;26( 2 mmmC . 0,5 I. (2,0 điểm) Rõ ràng tam giác ABC cân tại A và trung tuyến kẻ từ A thuộc Oy. Do đó O là trọng tâm của tam giác ABC .02 BA yy Hay 3/1 3/2 02390)149(222 22 m m mmmmm 0,5 xO 2 2 y 2 1 WWW.VNMATH.COM WWW.VNMATH.COM 3 Kết hợp với (1) suy ra giá trị của m là . 3 1 m 1. (1,0 điểm) Điều kiện: .3 2 1 x Khi đó phương trình đã cho )3(log)5(log)121(log 222 xxx x x x x x x x x 3 2 12 3 5 121 3 5 log)121(log 22 0,5 . 4 1711 ;10)13112)(1(4)12()3( 22 xxxxxxx Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình là . 4 1711 ,1 xx 0,5 2. (1,0 điểm) Điều kiện: ., 2 0cos kkxx Với điều kiện đó phương trình tương đương với )cos(sincos3sinsin2cossin2sin xxxxxxxx 0)cos)(sin1sin2(cos )cos(sincos)cos(sin2sin )cos(sincossin2coscos2sinsin2cossin2sin xxxx xxxxxx xxxxxxxxxxx ,0)cos)(sin1sin2( xxx vì 0cos x . 0,5 II. (2,0 điểm) * 2 6 5 2 62 1 sin01sin2 kxkxxx * . 4 1tan0cossin kxxxx Vậy nghiệm của phương trình là ., 4 ,2 6 5 ,2 6 kkxkxkx Chú ý: HS có thể viết nghiệm của PT: kx k 6 1; ., 4 kkx 0,5 Ta có .0 1 x e xe x x Suy ra hình phẳng đã cho là hình thang cong được giới hạn bởi các đường 0,0, 1 xy e xe y x x và .1x Do đó thể tích khối tròn xoay là . )1( 1 0 2 dx e xe V x x (1) 0,5 III. (1,0 điểm) Đặt . )1( , 2 dx e e dvxu x x Khi đó . 1 1 , x e vdxdu Theo công thức tích phân từng phần ta có . 2 1 ln 1 )1ln( 1 1 1 1 1 1 11)1( 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 2 e e e ex e dx e e e e dx e x dx e xe x x x xxx x Thay vào (1) ta được thể tích khối tròn xoay là . 2 1 ln 1 e e e V 0,5 WWW.VNMATH.COM WWW.VNMATH.COM 4 IV. (1,0 điểm +) Kẻ .ABCH Vì )(' ABCAA nên )''(' AABBCHCHAA .30))''(,'(' 0 AABBCAHCA +) Sử dụng định lí cosin và công thức diện tích cho ABC ta có . 7 3 7 120sin.2.2 ,7 0 a a aa AB S CHaAB ABC . 7 5 '' 7 3 22' 22 aACCAAAaCHCA + ) Thể tích lăng trụ là . 14 105 2 3 . 7 5 '. 32 aa aSAAV ABC +) Mặt phẳng )''( AABB chứa AM và song song 'CC 7 21 7 3 ))''(,()',( a aCHAABBCdCCAMd 0,5 0,5 Đặt 0,1 zyz hệ trở thành 23 12 23 22 axzx xzzx Rõ ràng 0z không thỏa mãn hệ. Với ,0z đặt tz x hệ trở thành )2(2)3( )1(1)2( 33 23 attz ttz Do 0z nên từ (1) suy ra 02 2 tt hay 0 t hoặc .2t Từ hệ (1) và (2) ta có 0, 2 3 2 2 t t t a hoặc .2t 0,5 V. (1,0 điểm Xét hàm số ).;2()0;(, 2 3 )( 2 t t t tf Ta có 3 1 0 )2( 34 )(' 2 2 t t t tt tf Suy ra BBT t 0 1 2 3 )(' tf + 0 + )(tf 2 3 6 Dựa vào BBT suy ra hệ có nghiệm 2 3 2 62 a a hay 2 1 4 a a 0,5 1. (1,0 điểm) +) d pt có dạng .02 myx +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ )1(0448 2 1 4 02 22 2 2 mmyy myx y x myx d cắt (E) tại hai điểm A, B hệ có 2 nghiệm phân biệt .22220432 2 mm (*) +) Gọi );2(),;2( 2211 ymyBymyA trong đó 21 , yy là nghiệm của (1) . 8 4 , 2 2 2121 m yy m yy 0,5 VIa. (2,0 điểm) . 2 8.5 4 )8(5 ]4)[(5)(5 22 21 2 21 2 12 2 m AB m yyyyyyAB 0,5 A C B H 'C ' A 'B M WWW.VNMATH.COM WWW.VNMATH.COM 5 +) Đường cao 1 4 )8( . 2 1 5 || ),( 22 mm ABOHS m OdOH OAB 4 2 m 2 m (thỏa mãn (*)). Suy ra phương trình 022: yx hoặc .022 yx 2. (1,0 điểm) +) Gọi I là trung điểm AB. Khi đó )1;3;2( I và .0 IBIA +) Ta có .))(())((. 22 IAMIIAMIIAMIIBMIIAMIMBMA MBMA. đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ nhất (do 4 2 2 AB IA không đổi). M là hình chiếu vuông góc của I trên (P). 0,5 +) Chọn )2;1;2( PIM nu phương trình tz ty tx IM 21 3 22 : . Thay vào phương trình (P) suy ra ).3;1;2(2 Mt 0,5 Gọi A là biến cố số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số được viết ra thỏa mãn mỗi chữ số lớn hơn chữ số đứng trước nó. Khi đó }};8,6,4,2,0{,0:{ daabcd ,0:{ dcbaabcd A d là số chẵn}. Để tính ta xét các trường hợp sau +) .0d Trường hợp này có 3 9 A số. +) }.8,6,4,2{d Trường hợp này có 4).( 2 8 3 9 AA số. Suy ra .2296)(4 2 8 3 9 3 9 AAA 0,5 VIIa. (1,0 điểm) Để tính A ta xét các trường hợp sau +) .4d Trường hợp này có 1 số. +) .6d Trường hợp này có 3 5 C số. +) .8d Trường hợp này có 3 7 C số. Suy ra .461 3 7 3 5 CC A Do đó .02,0 2296 46 )( A AP 0,5 1. (1,0 điểm) +) xyP 4:)( 2 có 2p tiêu điểm )0;1(F ).0;4(M +) Nếu Oxd pt .4: xd Từ hệ )4;4( )4;4( 4 4 2 B A x xy .9001616. 0 AOBOBOA +) Nếu Oxd pt ).4(: xkyd Tọa độ A, B là nghiệm của hệ xy kkxy 4 4 2 )1(0164 4 2 2 kyky y x 0,5 Điều kiện d cắt (P) tại hai điểm phân biệt là pt (1) có 2 nghiệm phân biệt .0 k Giả sử ); 4 (),; 4 ( 2 2 2 1 2 1 y y By y A trong đó 21 , yy là nghiệm của (2) .16 21 yy Ta có .90016)4() 4 (. 02 21 2 21 AOByy yy OBOA Suy ra OA vuông góc với OB hay tam giác OAB vuông trong mọi trường hợp. Ta có đpcm. 0,5 VIb. (2,0 điểm) 2. (1,0 điểm) WWW.VNMATH.COM WWW.VNMATH.COM 6 +) ).2;4;12( tttMdM +) ])72()2()22[( 222222 tttMCMBMAP ])42()2()42[(])22()1()22[( 222222 tttttt 12189 2 tt 0,5 .2121)1(9 2 t Suy ra 21max P , đạt khi 1t hay ).2;3;1( M 0,5 Gọi H là biến cố trận đấu kết thúc sau 4 séc; A là biến cố An là người thắng chung cuộc; A i là biến cố An thắng séc thứ i; B là biến cố Bình là người thắng chung cuộc và B i là biến cố Bình thắng séc thứ i, i = 1, 2, 3, 4. Khi đó ta có ;BAH A = “Trong 3 séc đầu An thắng 2 séc và séc thứ tư An thắng” 4321321321 )( AAABABABAA ; B = “Trong 3 séc đầu Bình thắng 2 séc và séc thứ tư Bình thắng” 4321321321 )( BBBABABABB . 0,5 VIIb. (1,0 điểm) Từ giả thiết suy ra 6,0)(,4,0)( ii BPAP với 4,3,2,1 i. Theo công thức tính xác suất ta có 1152,04,0.6,0.)4,0.(3)( 2 AP , 2592,06,0.4,0.)6,0.(3)( 2 BP . Suy ra .3744,0)()()( BPAPHP 0,5 . 0,5 2. (1,0 điểm) Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị 0' y có 3 nghiệm phân biệt 0) 13( 2 3 xmx có 3 nghiệm phân biệt . 3 1 m (1) Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị là )149;26(),22;0( 2 . 3/ 1 3/ 2 0 239 0)149(222 22 m m mmmmm 0,5 xO 2 2 y 2 1 WWW.VNMATH.COM WWW.VNMATH.COM 3 Kết hợp với (1) suy ra giá trị của m là . 3 1 m 1. (1,0 điểm) Điều kiện: .3 2 1 . phương trình đã cho )3( log)5(log)121(log 222 xxx x x x x x x x x 3 2 12 3 5 121 3 5 log)121(log 22 0,5 . 4 1711 ;10) 131 12)(1(4)12( )3( 22