PHẦN RIÊNG 3,0điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc B A.. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a2,0 điểm 1.. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho.. Theo chương
Trang 1PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I(2,0 điểm)
Cho hàm số y = − + x3 3mx2− 3m 1 + (1).
1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =1.
2 Tìm điều kiện của m hàm số(1) có cực đại, cực tiểu thỏa mãn: ycđ.yct< 0.
Câu II(2,0 điểm)
1 Giải phương trình 2Sin2x + 2cos2x + 2sinx + 1 = 0.
2 Giải bất phương trình 3x+2 x − x 1 1 0+ − ≥
Câu III(1,0 điểm) Tính tổng S = 1+ 3.22 +…+ (2k-1).22k-2+… + 2011.22010.
Câu IV(1,0 điểm)
Cho hình chóp SABC có đáy ∆ ABC vuông tại A có AB = a, AC = b, H là trung điểm BC, SH ⊥ (ABC)
và SH = h Tính thể tích khối chóp SABH và khoảng cách từ B đến (SAH) theo a,b và h.
Câu V(1,0 điểm) Cho a,b,c là các số dương sao cho a b c 1 1 1.
a b c
+ + = + +
Chứng minh rằng a ≤ b ≤ c, thì ab2c3≥ 1.
PHẦN RIÊNG (3,0điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a(2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình 3.x− + =y 1 0, A là giao của d và Ox Lập phương trình đường thẳng d’ vuông góc với d và cắt d tại B, cắt Ox tại C sao cho
∆ ABC có diện tích là 2 3.
2.Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có đáy là ∆ ABC đều cạnh a, thể tích lăng trụ bằng a3 Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho.
Câu VII.a(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2 2
2 log x log y 0
x 4y 5 0
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b(2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:( )2 2
x 1 − + = y 4 và A( )3;0 Xác định hai điểm B và C nằm trên đường tròn sao cho ∆ ABC đều.
2 Trong mặt phẳng (P) cho góc vuông xOy B di động trên Ox, C di động trên Oy (B, C không trùng với O), đoạn OA vuông góc với (P), I là tâm mặt cầu ngoại tiếp OABC, G là trọng tâm
∆ ABC Chứng minh O, G, I thẳng hàng.
Câu VII.b(1,0 điểm) Chứng minh phương trình sau có đúng hai nghiệm:
2 − = 2 4 − x
-Hết -Lưu ý: Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ………Số báo danh:……… …
Môn: TOÁN 12 - Khối B
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề
Trang 2ĐÁP ÁN CHẤM THI KHẢO SÁT THI ĐẠI HỌC KHỐI B - MÔN TOÁN 12
Câu I
(2,0)
1
(1,0)
y= − +x 3x −2 Tập xác định: R
y '= −3 x + 6 x → y '= ↔0 x = 0; x = 2
l im y , lim y
→ +∞ = −∞ → −∞ = +∞
+ Hàm số nghịch biến trên (-∞; 0) và (2; +∞); đồng biến trên (0; 2)
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ= 2; cực tiểu tại x = 0, yCT= - 2 0,25
Đồ thị: Đồ thị giao với Ox tại (1− 3;0) và (1+ 3; 0);
giao với Oy tại (0;-2)
0,25
2
(1,0)
2/ Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu thỏa mãn: ycđ.yct< 0
↔Đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt
↔f(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt (*)
0,25
Ta có f(x) = -(x - 1)[x2-(3m - 1)x -3m +1]
phân biệt↔g(x) = x2- (3m-1)x -3m +1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x ≠1
0,25
2
1
3
1 m 2
< −
3 < < 2; m 1
2
x
y’
2
-0
Trang 3Vậy m < -1 hoặc 1 m 1
3 < < 2hoặc m 1
2
Câu
II
(2,0)
1
(1,0)
1/ Phương trình ↔4sinx.cosx +2(2cos2x -1) +2sinx +1= 0
↔2sinx(2cosx +1) + (2cosx -1)(2cosx +1) = 0
2cos x 1 0
+ =
+ 2sinx +2cosx - 1 = 0
1
π
π
π
2
(1,0)
Bất phương trình↔ 4x+ 4x ≥ + +x 1 x 1+ (1).
Xét hàm số f (x)= +x x trên [0; +∞)
2 x
′ = + > ∀ ∈ +∞ →Hàm số đồng biến /(0; +∞) 0,25
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của bất phương trình
3
Kết hợp (*) ta được x 1
3
≥ hay tập nghiệm của bất phương trình 1;
3
+∞
Câu
III
2011 2012
1
2011 2012
2
( x) 1 x x
f (x) x x x ( 1) x x x
x 1 x 1
0,25
Đặt
2013
2
2 2
Thay x = 2 ta được f’(2) = 1+ 3.22+ …+ (2k-1).22k-2+… + 2011.22010
9
Trang 4IV
Ta thấy thể tích S.ABC là VS.ABC=1dt ABC.SH 1abh
H là trung điểm BC→dt∆ABH = dt∆ACH →VS.ABH = VS.ACH (1)
Ta có VSABH + VSACH= VSABC (2)
0,25
Từ (1) và (2)→VS.ABH= 1VS.ABC 1 abh
Gọi d là khoảng cách từ B đến (SAH), dt∆SAH=1SH.AH 1h a2 b 2
SAH
1
1
4
0,5
Câu
V
(1,0)
(1,0)
Ta có a≤1 Thật vậy, nếu a >1 thì 1 < a ≤b ≤c và
Tương tự c ≥1 và ab ≤1
Vì bc ≥1 nên ta chỉ cần chứng tỏ abc2≥1
0,5
Do ab≤1 ta có:
Và do đó c 1 1 ab 0
c ab
2≥1
Đẳng thức xảy ra khi a =b =c =1
0,5
Câu
VI.a
(2,0)
1
(1,0)
;0 3
0
Đường thẳng d’⊥d và cắt d tại B, cắt Ox tại C
2, BC =
x 3
0,25
S
b h
A
B
C
600 x300
Trang 5Diện tích∆ABC là 2 3→1AB.BC 2 3 x2 3 2 3
↔ = →AC= 4 Giả sử C(xC; 0):
0,25
d’:
3
−
d’:
3
+
2
(1,0)
2/
Gọi M,M’ lần lượt là tung điểm BC và B’C’, G và G’lần lượt là trọng tâm
∆ABC và ∆A’B’C’, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCA’B’C’
Do ABCA’B’C’ là lăng trụ tam giác đều nên I là trung điểm GG’
0,25
VABCBA’B’C’= dt∆ABC h (h là chiều cao lăng trụ = GG’)
Từ gia thiết ta được
3
2
3
a 3 4
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là R =IA = GA2 +GI2
Câu
VII.a
(1,0)
(1,0)
Điều kiện x, y >0 (*)
Hệ phương trình
2
(x2,4y) là nghiệm của phương trình X2-5X + 4 = 0 ↔X = 1 hoặc X = 4
0,25
+ Trường hợp:
y 1
B
B’M’ GM C’C
Trang 6+ Trường hợp:
1 y 4y 1
4
y 1
=
=
1 y 4
=
=
Câu
VI.b
(2,0)
(1,0)
Ta thấyA nằm trên đường tròn Gọi I là tâm đường tròn →I(1;0)
∆ABC đều→I là trọng tâm∆ABC
0,25
Ta lại có A,I nằm trên Ox và AI là trung trực BC→B,C đối xứng qua Ox
Giả sử B(x;y) ,C(x;-y) ta có
1
3
0
2
+ +
=
=
ta được x = 0 vậy ( )
B 0; y
C 0; y
0,25
=
= −
−
C(0; 3)
(1,0)
A
Trang 7diện OABC vuông→Tâm I của mặt cầu nằm trên giao của đường thẳng
0
Hay G0≡G hay O;G;I thẳng hàng
0,5
Câu
VI.b
(2,0)
Điều kiện: -2≤x ≤2(*) Nghiệm của phương trình là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:
x
y =2 −2 và y= 4−x2
0,25
2
≥
đồ thị là nửa đường tròn tâm(0; 0), R =2 0,25
Dựa vào đồ thị ta thấy hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm nên phương trình
2 − =2 4−x có đúng 2 nghiệm
0,5
… Hết…
Lưu ý: Đáp án có 6 trang.
Học sinh làm theo cách khác đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã cho.
x 0
y 2 -2 -1 -12 13
