Do đó áp dụng qui tắc c ộng xác suất ta có.[r]
(1)1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút
Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi m=−2 hàm số trở thành y=x3+6x2+9x+1 a) Tập xác định: R
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn vô cực: Ta có =−∞ −∞ → y
xlim xlim→+∞y=+∞
* Chiều biến thiên: Ta có y'=3x2+12x+9;
0 ' ;
' ;
' < ⇔− < <−
− >
− < ⇔ >
− =
− = ⇔
= y x
x x y
x x y
Suy hàm số đồng biến khoảng (−∞; −3) (, −1; +∞); nghịch biến (−3; −1)
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại x=−3, yCĐ =1, hàm số đạt cực tiểu x=−1, yCT =−3
0,5
* Bảng biến thiên:
c) Đồ thị:
0,5
b) (1,0 điểm)
Ta có y'=3x2−3(m−2)x−3(m−1), ∀x∈R
− = =
− = = ⇔ = + − − − ⇔ =
1
1 )
2 (
'
2
m x x
x x m
x m x y
Chú ý với m>0 x1<x2 Khi hàm số đạt cực đại x1=−1 đạt cực tiểu
2 =m−
x Do
) )( ( ) ( ,
2 )
(− = = − =− + − +
=y m y y m m m
yCĐ CT
0,5 Câu
(2,0 điểm)
Từ giả thiết ta có ( 2)( 1) 6 ( 2)( 1)
2
2 m− m+ m− + = ⇔ m− − m+ m− =
± − = = ⇔ = − + −
⇔
33 1
) )(
1
(
m m m
m m
Đối chiếu với yêu cầu m>0 ta có giá trị m
33 ,
1 =− +
= m
m
0,5
Câu (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx≠0, hay
2 π
π
k
x≠ +
Khi phương trình cho tương đương với
(tanx+1)sin2x+1−2sin2 x+2=3(cosx+sinx)sinx x x
x x x
x 1)sin2 3(cos sin )sin 6sin2
(tan − + = − +
⇔
0,5
x
'
y
y
3 −
∞
− −1 +∞
1
∞ −
∞ +
3 −
+ – +
x O
−
y
1
3
−
−
www.MATHVN.com
(2)2
0 ) cos )( cos (sin
0 ) cos )(sin cos (sin
0 cos ) sin (cos sin ) (tan
sin ) sin (cos cos sin ) (tan
2
2
= + −
⇔
= −
− ⇔
= −
+ −
⇔
− =
+ −
⇔
x x
x
x x
x x
x x x x
x
x x x
x x
x
∈ +
± =
+ = ⇔
− = = ⇔
,
1
cos
cos sin
Z
k k x
k x
x x x
π π
π π
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x= +k x=± +k ,k∈Z
3 ,
4 π
π π
π
0,5
Điều kiện: 18
0 18
4
0 18
,
4 ⇔− < ≤
> − −
≥ − >
+
x x
x x
Khi bất phương trình cho tương đương với log log (4 418 )
2
2 +x≤ − −x
18
2+x≤ − −x
⇔
Đặt t=418−x Khi
20
0≤t< bất phương trình trở thành 20−t4 ≤4−t
0,5 Câu
(1,0 điểm)
2
0 ) )( (
4
0 )
4 ( 20
0
2
2 4
≤ ≤ ⇔
≥ − ≤ ⇔
≥ + + + −
≤ ⇔
≥ − − + ≤ ⇔
− ≤ −
≥ − ⇔
t t
t
t t t t t
t t t t t
t t
Suy 418− ≥2⇔ ≤2
x x
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm bất phương trình −2<x≤2
0,5
Đặt 3+ex =t Khi ex =t2 −3⇒exdx=2tdt Khi x=0⇒t=2, x=ln6⇒t=3
Suy ∫ ∫
+ + =
+ − + =
3
2
2
2 d
1 2 ) (
d
t t t
t t
t
t t
I 0,5
Câu (1,0 điểm)
∫ ∫
+ − + =
+ +
=
2
2
d
1 t
1 d ) )( (
2 t
t t
t t
t
63 80 ln ) ln (ln ) ln ln ( ln ln
2
2
= − − −
= + − +
= t t
0,5
Câu (1,0 điểm)
Kẻ SK ⊥AB⇒hình chiếu CK ⊥ AB
(( ),( ))=∠ =450
⇒ SAB ABCD SKC
2 60 sin 60
1200 CBK CK CB a
ABC= ⇒∠ = ⇒ = =
∠
45
tan a
CK
SC= =
⇒ (1)
3 120 sin
2
0 a
BC AB
SABCD = = (2)
Từ (1) (2)
4 3
3
1
a S
SC
VSABCD = ABCD = ⇒
0,5 S
D
A
B K C O
I
www.MATHVN.com
(3)3
Gọi O=AC∩BD Vì BD⊥ AC, BD⊥SC nên BD⊥(SAC) O Kẻ OI ⊥SA⇒OI đường vng góc chung BD SA
Sử dụng hai tam giác đồng dạng AOI ASC đường cao tam giác SAC suy
10 5
3a a
OI = = Suy
10 ) ,
(SA BD a
d =
0,5
Ta có 2x+4y+2z≤(x2 +1)+(y2+4)+(z2+1) =x2+y2+z2+6≤3y+6 Suy 2x+y+2z≤6 Dấu đẳng thức xảy
2 = = = y z
x
Chú ý rằng, với hai số dương a,b áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có
2
2
) (
8
1
b a b
a + ≥ + , (*)
dấu đẳng thức xảy a=b
0,5 Câu
(1,0 điểm)
Áp dụng (*) ta 2
2
) (
8 )
1 (
1 )
1 (
1
+ + + + + =
z y
x
P 2
2 ( 3)
8 )
1 (
8
+ + + + + ≥
z y
x
2 (2 10)
4 64 )
3 2 (
64
+ + + = + + + + ≥
z y x z
y x
) 10 (
4 64
2 = + ≥
Dấu đẳng thức xảy x=1,y=2,z=1
Vậy giá trị nhỏ P 1, đạt x=1,y=2,z=1
0,5
), ; (
:
1 y x B b b
d
B∈ = − ⇒ −
) ; ( :
2 x y D d d
d
D∈ = − ⇒ −
) ;
3
(− + − + −
=
⇒BD b d b d trung
điểm BD
2 ;
2
b+ d− −b+d+ I
Theo tính chất hình thoi
= = ⇔
= − + −
= − + − ⇔
∈ = ⇔
∈ ⊥
⇒
1 0
9
0 13 13
d b d
b d b AC
I BD u AC
I
AC
BD AC
Suy
2 ; )
1 ; (
) ; (
− ⇒
− I
D B
0,5 Câu
7.a (1,0 điểm)
) ; 31 ( 31
:x y A a a
AC
A∈ =− + ⇒ − +
2 15
15
2
=
⇒
= =
⇒
= IA
BD S AC BD AC SABCD
− ⇒
= = ⇔ =
− ⇔ =
− +
+ − ⇒
) ; 11 (
) ktm ( ) ; 10 (
3
9
225
9
63
2
2
A A a
a a
a a
Suy A(−11;6)⇒C(10;3)
0,5
Giả sử ∆ có vtcp u∆ =(a;b;c),a2+b2+c2 ≠0
0
1
1⇔ = ⇔ − + =
⊥
∆ d u∆u a b c (1)
) ( ) (
3 ) (
2 60 cos
4 1
2 60
) ,
( 2 2
2 2
2 a b c a b c
c b a
c b a
d = = ⇔ − − = + +
+ + +
+
− − ⇔
= ∆ ∠
0,5 Câu
8.a (1,0 điểm)
Từ (1) có b=a+c thay vào (2) ta 18c2 =3(a2+(a+c)2+c2)⇔a2+ac−2c2 =0
− = − =
= = ⇔
,
2 ,
c b c a
c b c a
Với a=c,b=2c, chọn c=1⇒u∆ =(1;2;1) ta có
2
1
:x+ = y− = z ∆
Với a=−2c,b=−c, chọn c=−1⇒u∆ =(2;1;−1) ta có 1
2
1 :
− = − = +
∆ x y z
0,5 B
A
D
C I
www.MATHVN.com
(4)4
Ta có ( 1) ( 1)( 2),
6 ) (( ) (
4Cn3+1+ Cn2 = An3 ⇔ n+ n n− +n n− =n n− n− n≥
11
3 , 11 12
3 ), ( ) ( ) (
2
2
= ⇔
≥ = + − ⇔
≥ +
− = − + − ⇔
n
n n
n
n n
n n
n 0,5
Câu 9.a (1,0 điểm)
Khi ( ) ( 2)
11
0
3 22 11
11
0
11 11 11
2 ∑ ∑
=
− =
− = −
− =
−
k
k k k k
k k
k
x C
x x
C x
x
Số hạng chứa
x số hạng ứng với k thỏa mãn 22−3k =7⇔k =5 Suy hệ số
x C115.(−2)5 =−14784
0,5
1
d cắt d2 I(2;0)
Chọn A0(0;−2)∈d1, ta có IA0 =2
Lấy B0(2−2b;b)∈d2 cho 0
0B = IA =
A
⇔(2−2b)2+(b+2)2 =72
− − ⇒
1 − = = ⇔ = − − ⇔
16 ; 42
) ; (
6
64
0
B B
b b b
b
0,5 Câu
7.b (1,0 điểm)
Suy đường thẳng ∆ đường thẳng qua M(−1;1) song song với A0B0 Suy
phương trình ∆:x+y=0 ∆:x+7y−6=0 0,5
(P) qua K(1;0;0)⇒ phương trình (P) dạng Ax+By+Cz−A=0(A2 +B2+C2 ≠0)
≠ − + −
= + − ⇔
∉ − −
= ⇔
) (
4
) (
3 ) ( ) ; ; (
0 //
) (
C B A
C B A P
H n u d
P d P
( ,( )) 3 ( )2 3( 2 2)
2
2 A B C A B C
C B A
C B A P
M
d = ⇔ − + = + +
+ +
+ − ⇔
= (3)
0,5 Câu
8.b (1,0 điểm)
Từ (1) có C=−2A+3B, thay vào (3) ta ( 2 2)
) (
)
(− A+ B = A +B + − A+ B
= = ⇔ = +
− ⇔
17 17 22
5 2
B A
B A B
AB A
Với A=B, ta có C=B, khơng thỏa mãn (2)
Với 5A=17B, ta có
5 19 ,
5 17
B C
B
A= =− Chọn B=5 ta có A=17,C=−19, thỏa mãn (2) Suy (P):17x+5y−19z−17=0
0,5
Số số tự nhiên có chữ số đôi khác thuộc tập E 5×4×3=60
Trong số số khơng có mặt chữ số 4×3×2=24, số số có mặt chữ số
36 24 60− =
0,5 Câu
9.b (1,0
điểm) Gọi bảng khơng có mặt chữ số A biến cố hai số viết lên bảng có mặt chữ số 5; B biến cố hai số viết lên Rõ ràng A B xung khắc Do áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có
25 13
2
3
) ( ) ( ) (
2
1 60 60
1 24 24 60 60
1 36
36 =
+ = +
= +
= ∪
C C
C C C C
C C B P A P B A P
Suy xác suất cần tính
25 12 25 13 ) (
1− ∪ = − =
= P A B P
0,5 I
d1
d2
A
M B
∆ A0
B0
www.MATHVN.com