Do đó áp dụng qui tắc c ộng xác suất ta có.[r]
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - NĂM 2013
Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút
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 tại vô cực: Ta có =−∞
−∞
→ y
xlim và lim =+∞
+∞
→ y
* Chiều biến thiên: Ta có y'=3x2+12x+9;
1 3
0 '
; 1
3 0
'
; 1
3 0
−
>
−
<
⇔
>
−
=
−
=
⇔
x
x y
x
x y
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, y CĐ =1, hàm số đạt cực tiểu tại x=−1, y CT =−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 0
1 )
2 ( 0
'
2
1 2
m x x
x x m
x m x y
Chú ý rằng với m>0 thì x1<x2 Khi đó hàm số đạt cực đại tại x1=−1 và đạt cực tiểu tại
1
2 =m−
1 ) 1 )(
2 ( 2
1 ) 1 ( ,
2
3 ) 1
0,5
Câu 1
(2,0
điểm)
2
1 2
3
±
−
=
=
⇔
=
− +
−
⇔
2
33 1
1 0
) 8 )(
1
m
m m
m m
Đối chiếu với yêu cầu m>0 ta có giá trị của m là
2
33 1 ,
m
0,5
Câu 2
(1,0
điểm)
Điều kiện: cosx≠0, hay
π
k
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
(tanx+1)sin2x+1−2sin2 x+2=3(cosx+sinx)sinx
x x
x x x
⇔
0,5
x
'
y
y
3
−
∞
1
∞
−
∞ +
3
−
x
O
3
−
y
1
3
−
1
−
www.MATHVN.com
Trang 20 ) 1 2 cos 2 )(
cos (sin
0 ) cos 3 )(sin cos (sin
0 cos ) sin (cos 3 sin ) 1 (tan
sin ) sin (cos 3 2 cos 3 sin ) 1 (tan
2 2
2 2
= +
−
⇔
=
−
−
⇔
=
− +
−
⇔
−
= +
−
⇔
x x
x
x x
x x
x x x x
x
x x x
x x
x
∈ +
±
=
+
=
⇔
−
=
=
⇔
, 3
4 2
1 2
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
,
π
0,5
0 18
4
0 18
, 0 2
4 ⇔− < ≤
>
−
−
≥
−
>
+
x x
x x
Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
log 2 log (4 418 )
2
2 +x≤ − −x
4
18 4
2+x≤ − −x
Đặt t=418−x Khi đó 4
20
0≤t< và bất phương trình trở thành
20−t4 ≤4−t
0,5
Câu 3
(1,0
điểm)
4 2 0 2 4
0 ) 2 5 2 )(
2 ( 4
0 4 8
4 )
4 ( 20
0 4
2 3
2 4 2 4
≤
≤
⇔
≥
−
≤
⇔
≥ + + +
−
≤
⇔
≥
−
− +
≤
⇔
−
≤
−
≥
−
⇔
t t
t
t t t t t
t t t
t t
t t
Suy ra 418−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 =t2 −3⇒e x dx=2tdt Khi x=0⇒t=2, khi x=ln6⇒t=3
+
− +
=
3
2 2 3
2
1 3 2
2 7 ) 3 ( 2 3
d 2
t t t
t t
t
t t
Câu 4
(1,0
điểm)
+
− +
= + +
2 3
2
d 1 2
1 1 t
1 2 d ) 1 2 )(
1 (
t
t t t t
63
80 ln ) 5 ln 7 (ln ) 3 ln 2 4 ln 2 ( 1 2 ln 1 ln 2
2 3
2
3
=
−
−
−
= +
− +
0,5
Câu 5
(1,0
điểm)
Kẻ SK ⊥AB⇒hình chiếu CK ⊥ AB
(( ),( ))=∠ =450
2
3 60 sin 60
1200 CBK 0 CK CB 0 a
∠
2
3 45
CK
2
3 3 120 sin
2
BC AB
4
3 3
3
.
a S
SC
⇒
0,5
S
D
A
B K
C
O
I
www.MATHVN.com
Trang 3Gọi 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
10
5 3 5 2
10
5 3 ) ,
0,5
Ta có 2x+4y+2z≤(x2 +1)+(y2+4)+(z2+1) =x2+y2+z2+6≤3y+6
Suy ra 2x+y+2z≤6 Dấu đẳng thức xảy ra khi 1
2 = =
= y z
Chú ý rằng, với hai số dương a, b áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
2 2
2
) (
8 1
1
b a b
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b
0,5
Câu 6
(1,0
điểm)
2 2
) 3 (
8 )
1 2 (
1 )
1 (
1
+
+ +
+ +
=
z y
x
2 ( 3)
8 )
1 2 1 (
8
+
+ + + +
≥
z y
x
2
2 (2 2 10)
4 64 )
3 2 2 (
64
+ + +
= + + + +
≥
z y x z
y x
) 10 6 (
4 64
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
0,5
), 8
; ( 8
:
1 y x B b b d
)
; 3 2 ( 3 2 :
2 x y D d d d
) 8
; 3 2
=
2
8
; 2
3 2
b+ d− −b+d+
I
Theo tính chất hình thoi
=
=
⇔
=
− +
−
=
− +
−
⇔
∈
=
⇔
∈
⊥
⇒
1
0 0
9 9 6
0 13 13 8 0
d
b d
b
d b AC
I
BD u AC
I
AC
2
9
; 2
1 )
1
; 1 (
) 8
; 0 (
−
⇒
D B
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
)
; 31 7 ( 31 7
AC
2
15 2
15
2
2
1
=
⇒
=
=
⇒
BD
S AC BD AC
S ABCD
−
⇒
=
=
⇔
=
−
⇔
=
− +
+
−
⇒
) 6
; 11 (
) ktm ( ) 3
; 10 ( 6
3 4
9 2
9 2
225 2
9 2
63 7
2 2
2
A
A a
a a
a a
Suy ra A(−11;6)⇒C(10;3)
0,5
Giả sử ∆ có vtcp u∆ =(a;b;c),a2+b2+c2 ≠0
0 0
1
1⇔ = ⇔ − + =
⊥
) 2 ( ) (
3 ) 2 (
2 2
1 60 cos
4 1 1
2 60
) ,
2 2 2
0
c b a
c b a
+ + +
+
−
−
⇔
=
∆
∠
0,5
Câu
8.a
(1,0
điểm)
Từ (1) có b=a+c thay vào (2) ta được 18c2 =3(a2+(a+c)2+c2)⇔a2+ac−2c2 =0
−
=
−
=
=
=
⇔
,
2
2 ,
c b c a
c b c a
Với a=c,b=2c, chọn c=1⇒u∆ =(1;2;1) ta có
1 2
2 1
1 :x+ = y− = z
∆
Với a=−2c,b=−c, chọn c=−1⇒u∆ =(2;1;−1) ta có
1 1
2 2
1 :
−
=
−
=
+
0,5
B
A
D
C
I
www.MATHVN.com
Trang 4Ta có ( 1) ( 1)( 2), 3
6
) 1 ((
) 1 ( 4 2
4C n3+1+ C n2 = A n3 ⇔ n+ n n− +n n− =n n− n− n≥
11
3 , 0 11 12
3 ), 2 3 ( 3 ) 1 ( 3 ) 1 ( 2
2
2 2
=
⇔
≥
= +
−
⇔
≥ +
−
=
− +
−
⇔
n
n n
n
n n
n n
Câu
9.a
(1,0
điểm)
11
0
3 22 11
11
0
11 2 11
11
=
−
=
−
=
−
k
k k k k
k k
k
x C
x x
C x
x
Số hạng chứa x7 là số hạng ứng với k thỏa mãn 22−3k =7⇔k =5
Suy ra hệ số của x7 là C115.(−2)5 =−14784
0,5
1
d cắt d2 tại (2;0)
Chọn A0(0;−2)∈d1, ta có IA0 =2 2 Lấy B0(2−2b;b)∈d2 sao cho
2 6
3 0
0
0B = IA =
⇔(2−2b)2+(b+2)2 =72
−
−
⇒
1
−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
5
16
; 5 42
) 4
; 6 (
5 6
4 0
64 4 5
0
0 2
B
B b
b b
b
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
Suy ra đường thẳng ∆ là đường thẳng qua M(−1;1) và song song với A0B0 Suy ra
(P) đi qua K(1;0;0)⇒ phương trình (P) dạng Ax+By+Cz−A=0(A2 +B2+C2 ≠0).
≠
− +
−
= +
−
⇔
∉
−
−
=
⇔
) 2 ( 0
4 3
) 1 ( 0
3 2 ) ( ) 1
; 4
; 2 (
0 //
)
(
C B A
C B A P
H
n u d
( ,( )) 3 3 3 ( 3 )2 3( 2 2 2)
2 2
C B A
C B A P
M
+ +
+
−
⇔
0,5
Câu
8.b
(1,0
điểm)
Từ (1) có C=−2A+3B, thay vào (3) ta được 2 ( 2 2 2)
) 3 2 ( 3
) 8 5 (− A+ B = A +B + − A+ B
=
=
⇔
= +
−
⇔
17 5 0 17 22
B A
B A B
AB A
Với A=B, ta có C=B, không thỏa mãn (2)
5
19 ,
5
17
B C
B
A= =− Chọn B=5 ta có A=17,C=−19, thỏa mãn (2)
Suy ra (P):17x+5y−19z−17=0
0,5
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
36 24
60− =
0,5 Câu
9.b
(1,0
điểm) Gọi bảng đều không có mặt chữ số 5 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
Rõ ràng A và B xung khắc Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có
25
13 5
2 5
3
) ( ) ( ) (
2 2
1 60 1 60
1 24 1 24 1 60 1 60
1 36 1
+
= +
= +
=
∪
C C
C C C C
C C B P A P B A P
25
12 25
13 1 ) (
= P A B P
0,5
I
d1
d2
A
∆ A0
B0
www.MATHVN.com