Mời các bạn cùng tham khảo Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 môn Toán (năm học 2013) của Trường Đại học Vinh dành cho các bạn khối A, A1. Đề thi gồm có hai phần, phần chung dành cho tất cả các thí sinh, phần riêng thí sinh lựa chọn có kèm hướng dẫn làm bài. Mời các bạn cùng tìm hiểu và tham khảo nội dung thông tin tài liệu.
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A1; Thời gian làm bài: 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2
3
+
−
y (1), với m là tham số
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
3
4
=
m b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x+(1−cosx)cos2x=(sinx+2cosx)sin2x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình 4(2x2+1)+3(x2−2x) 2x−1=2(x3+5x)
Câu 4 (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
3 , 0 ,
3
1
2 = =
+
+
x
x
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có các đáy là tam giác đều cạnh 3a Hình chiếu vuông góc
của C lên mặt phẳng ' (ABC là điểm D thỏa mãn điều kiện ) DC =−2DB Góc giữa đường thẳng AC và mặt ' phẳng (A'B'C') bằng 450. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và tính côsin góc giữa hai đường thẳng 'BB và AD
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn 1+x2 + 1+2y+ 1+2z =5 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=2x3+y3+z3
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)
a Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có , B(4;−5), phương trình các đường
thẳng chứa đường cao kẻ từ A và trung tuyến kẻ từ B lần lượt là x − y3 −7=0 và x + y+1=0 Tìm tọa độ các điểm
A và C biết diện tích tam giác ABC bằng 16.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các đường thẳng , ;
2
3 1 1
1 :
1
−
=
=
x d
; 1
1 2
2
1
:
2
−
=
−
x
1 1
2 2
3 :
3
z y x
−
−
Tìm tọa độ điểm P thuộc d và điểm Q thuộc 1 d sao cho đường 2 thẳng PQ vuông góc với d và độ dài PQ nhỏ nhất 3
Câu 9.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
1
+
+
+
+
z
i
z
z
i
z
là số thuần ảo
b Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm , M(2 3;2) Viết phương trình chính tắc
của elíp (E) đi qua M biết rằng M nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc vuông
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm ), K(1;3;2 và mặt phẳng
0 3 :
(P x+y+z− = Viết phương trình đường thẳng d đi qua K, song song với mặt phẳng ) (Oyz và tạo với (P) một góc α có tanα = 2
) log 1 ( 2 ) 2 2 ( log ) 1 ( log
) 3 6 ( 3 3 3 2
2 2
2
2
R
∈
⎩
⎨
⎧
+
= + +
+
−
=
− +
y x y xy
x
y x x
y x
- Hết -
Ghi chú: 1 BTC sẽ trả bài vào các ngày 18, 19/5/2013 Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC
2 Kỳ khảo sát chất lượng lần cuối năm 2013 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 15 và ngày 16/6/2013 Đăng kí dự thi tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 18/5/2013
www.VNMATH.com
Trang 2TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối A, A 1; Thời gian làm bài: 180 phút
a) (1,0 điểm)
Khi
3
4
=
3
8 3
1 4− 2+
y
1o Tập xác định: D=R, y là hàm số chẵn
2o Sự biến thiên:
3
8 3
1 ( lim
±∞
→
±∞
→ y x x x x x
* Chiều biến thiên: Ta có ,
3
16 3
4 '= x3− x x∈R
⎢
⎣
⎡
±
=
=
⇔
=
2
0 0
'
x
x
⎣
⎡
>
<
<
−
⇔
>
2
0 2 0
'
x
x
⎣
⎡
<
<
−
<
⇔
<
2 0
2 0
'
x
x y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−2;0) và (2;+∞); nghịch biến trên mỗi khoảng
) 2
;
(−∞ − và (0;2)
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x=0, giá trị cực đại y CĐ =2; hàm số đạt cực tiểu tại
các điểm x=−2 và x=2, giá trị cực tiểu
3
10
−
=
CT
0,5
* Bảng biến thiên:
3o Đồ thị:
Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng
0,5
b) (1,0 điểm)
3
4 4 3
4
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ phương trình y'=0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m>0
Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là A(0;2), B(− 3m;2−3m2) và C( 3m;2−3m2)
0,5
Câu 1
(2,0
điểm)
Tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O khi và chỉ khi OA=OB=OC
0 ) 1 3 3 )(
1 ( )
3 2 ( 3
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
±
−
=
=
=
⇔
6
21 3
0 , 1
m
m m
Kết hợp điều kiện 0m> ta có giá trị của m là
6
21 3 ,
= m m
0,5
Phương trình đã cho tương đương với
sin3x+cos2x−cosxcos2x=sin2xsinx+2sin2xcosx
0 ) 1 sin )(cos sin (cos
sin cos 2 cos
sin 3 sin ) sin 2 sin cos 2 (cos 2
cos 3 sin
=
−
− +
⇔
+
=
⇔
+ +
+
= +
⇔
x x x x
x x x
x x x
x x
x x
Câu 2
(1,0
điểm)
4 1
tan 0 sin cosx+ x= ⇔ x=− ⇔x=−π +kπ
x
y
2
3 10
−
2
−
0 0
0
'
y
y
3 10
−
∞ + – 2
2
2
+
∞
+
3 10
−
www.VNMATH.com
Trang 3*
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−
=
=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−
= +
+
= +
⇔
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⇔
=
−
2 2
2 2
4 4
2 4 4 2
1 4 cos 1 sin cos
π π
π π
π π
π π
π π
k x
k x k
x
k x
x x
x
Vậy nghiệm của phương trình là x=−π +kπ
2 ,
0,5
Điều kiện:
2
1
≥
x
Phương trình đã cho tương đương với
3x(x−2) 2x−1=2(x3−4x2+5x−2) vì
⎢
⎣
⎡
+
−
=
−
=
⇔
+
−
−
=
−
−
⇔
) 1 ( )
1 2 ( 2 1 2 3 2
) 1 2 )(
2 ( 2 1 2 ) 2 ( 3
2
2
x x x
x x
x x x x
x
Câu 3
(1,0
điểm)
Phương trình (1) tương đương với
2(2x−1)+3x 2x−1−2x2=0⇔2.2 2−1+3 2 −1−2=0
x
x x
x
(2)
Đặt = 2 −1,t≥0
x
x
t Khi đó phương trình (2) trở thành
, 2
1 0
) 2 )(
1 2 ( 0 2 3
2t2+ t− = ⇔ t− t+ = ⇔t= t≥0 Suy ra x2−8x+4=0⇔ x=4±2 3, thỏa mãn điều kiện
Vậy nghiệm của phương trình là x=2,x=4+2 3,x=4−2 3
0,5
3
1
2 = ⇔ =− +
+
x x
x Thể tích V cần tính là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình thang cong giới hạn bởi
3
1
2 = =− = +
+
x
x
−
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
− + +
= +
+
=
3
1
2 2
3
1 2
2
d 3
2 3
2 1 d
3
) 1 (
x x
x
x x
x
x
3
d 2 ) 3 ln 4 ( 3
d 2
| 3
| ln
3
1 2 3
1
2 1
3 2
∫
∫
−
−
− − + = + − + +
+
=
x
x x
x x
0,5
Câu 4
(1,0
điểm)
3 d
3
1 2
∫
− +
=
x
x
I Đặt x= 3tant Khi x=−1 thì ,
6
π
−
=
t khi x=3 thì
3
π
=
cos
d 3
t
t
6
3 d 3
1 cos
d 3 ) tan 1 ( 3
1 3
6
3
6
2 2
3
1 2
π
π
π
π
π
=
= +
= +
−
−
−
t t
t t
x
x I
3
3 ) 3 ln 4 (
2
π
π− +
=
V
0,5
Từ giả thiết⇒C'D⊥(ABC) Vì (ABC)//(A'B'C') nên
45 '
)) ' ' ' ( ,' ( )) ( ,'
Sử dụng định lí cosin cho ΔABD⇒ AD=a 7
7 45
tan
Suy ra thể tích lăng trụ
4
21 9 4
3 ) 3 ( 7
C
Câu 5
(1,0
điểm)
0,5
'
B
A
C
B
D
'
C
a
0
45
'
A
www.VNMATH.com
Trang 4Vì AA ' BB// ' nên ∠(BB,'AD)=∠(AA,'AD)=∠A'AD (1)
Vì C'D⊥(ABC) nên C'D⊥(A'B'C')⇒C'D⊥C'A'⇒DA'2=DC'2+C'A'2=16a2,
11 '
' ' CC C D2 DC2 a
77
1 '
2
' '
' cos
2 2 2
=
− +
=
∠
AD AA
DA AD AA AD
77
1
| ' cos
| ) ,' cos(BB AD = ∠A AD =
0,5
Với hai số không âm a, b ta có 1+a + 1+b≥1+ 1+a+b (1) Thật vậy, (1)⇔2+a+b+2 (1+a)(1+b) ≥2+a+b+2 1+a+b
⇔ 1+a+b+ab≥ 1+a+b, luôn đúng
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=0 hoặc b=0
Áp dụng (1) ta có 5= 1+x2 + 1+2y + 1+2z ≥1+ 1+x2+2y+ 1+2z
≥2+ 1+x2+2y+2z Suy ra x2+2y+2z≤8, hay
2
4 x2
z
0,5
Câu 6
(1,0
điểm)
2 4 2 ) ( 2
3 2 3
3 3
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
− +
≤ + +
Chú ý rằng, từ (2) và x, y, z không âm ta có 0≤ x≤2 2
Xét hàm số
3 2 3
2 4 2 )
⎝
⎛
− +
x
f trên [0;2 2] Ta có
4
3 2 4 3 6 ) (
2 2
x x
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
−
=
Với x∈[0;2 2] ta có ⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
=
2
0 0
) ( '
x
x x
Từ f(0)=64, f(2)=24, f(2 2)=32 2 suy ra f(x)≤64,∀x∈[0;2 2] (4)
Từ (3) và (4) ta có P≤64, dấu đẳng thức xảy ra khi x=y=0, z=4 hoặc x=z=0, y=4
Vậy giá trị lớn nhất của P là 64, đạt được khi x=y=0, z=4 hoặc x=z=0, y=4
0,5
0 7 3
:
⇒
BC
), 3 7
;
C BC
)
; 7 3
A AH
2
7 3
; 2
7 3
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ a+c+ a− c+
M
2
7 3 2
7 3
0 1
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Ta có
10
| 14 10
| ) , ( ,
4 10 )
3 12 ( ) 4
BC
16
| ) 7 5 )(
4 (
| 2
=
Từ (1) và (2) suy ra
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
−
−
⇒
⎢
⎢
⎣
⎡
=
−
=
=
−
=
5
73
; 5
36 , 5
2
; 5 29
) 1
; 2 ( ), 3
; 2 (
5
36 , 5 2
2 , 3
C A
C A
c a
c a
0,5
Câu
8.a
(1,0
điểm)
) 1
; 2 2
; ( ),
3 2 , , 1
Suy ra PQ=(−p+q−1;−p+2q+2;−2p+q−2)
0 ) 2 2
( 1 ) 2 2 ( 1 ) 1 (
2 0
3
3⇒ = ⇔− − + − + − + + + − + − =
PQ
⇔−p+q+2=0 hay p = q+2
0,5
A
M
www.VNMATH.com
Trang 5Suy ra PQ2 =9+q2+(q+6)2 =2q2+12q+45=2(q+3)2+27≥27.
Suy ra minPQ=3 3 khi p=−1, q=−3 hay P(0;−1;1),Q(−3;−4;−2) 0,5 Giả sử z=x+yi và điểm biểu diễn số phức z là M(x; y)
) 1 (
) 1 ( 2 2 ) (
2 1
|
|
2 ) (
|
| 2 1
2 2 2
2
y x
i x x y x z
z z
i z z i z z z z
i z z
i z
+ +
+ + + +
= +
+ +
+ + + + +
= +
+ + +
Câu
9.a
(1,0
điểm)
1
+ +
+
+
z
i z z
i
z là số thuần ảo
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−
≠
= +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⇔
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
≠ + +
= + +
⇔
)
0
; 1 ( )
; (
4
1 2
1 0
) 1 (
0 2 ) (
2
2 2
2 2
y x
y x
y x
x y x
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn
4
1 2
1 2 2
= +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +x y bỏ đi điểm (−1;0)
0,5
Phương trình chính tắc của ( : 2 1( 0)
2 2
2
>
>
=
b
y a
x E
1 4 12 ) ( ⇔ 2 + 2 =
∈
b a E
16 4
2
1
2 1
0 2
1 = ⇒ = = ⇒ = ⇒ − =
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
8 24 : ( 8
2
2
= +
⇒
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
E b
a
0,5
Phương trình (Oyz :x=0
Giả sử d có vtcp u d(a;b;c), (a2+b2+c2≠0)
0
) ( ) 2
; 3
; 1 ( )
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
∉
n u
Oyz K
Oyz d
Oyz d
hay a=0 Suy ra u d(0;b;c) và n P(1;1;1)
0,5
Câu
8.b
(1,0
điểm)
3
2 sin 2
2 2
3
|
| )) ( , sin(
c b
c b P
d
+
+
0 0
) ( 3
2
3
|
2
2 = ⇔ − = ⇔ = ≠ +
+
c b
c b
Chọn b=c=1⇒u d =(0;1;1) Suy ra phương trình
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧ +
=
+
=
=
2 3
1 :
t z
t y
x d
0,5
Điều kiện:
⎩
⎨
⎧
>
+
>
−
>
0 1
0 , 1
xy
y x
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2x.3y+3y+ 1=3x+ 2+3.6x
1 3
3 3 ) 3 2 ( 3 ) 3 2
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
2 ) 1 )(
1 ( 2 log ) 1 )(
1 (
2
2 +x +xy = y ⇔ +x +xy = y
0,5
Câu
9.b
(1,0
điểm)
Từ đó ta được
⎩
⎨
⎧
=
−
−
>
+
=
⇔
⎩
⎨
⎧
= +
>
+
=
⇔
⎩
⎨
⎧
= + +
>
+
=
0 1
0 1 2
1
0 1 2
) 1 )(
1 (
0 1
2
x y y
xy
x y y xy x
x y
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
−
=
+
= +
=
⇔
2
5 3 , 2
5 1
2
5 3 , 2
5 1
y x
y
www.VNMATH.com
Trang 6TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: D; Thời gian làm bài: 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2
3
1 4− 2+
y (1), với m là tham số
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
3
4
=
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x+(1−cosx)cos2x=(sinx+2cosx)sin2x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 3(2x2−x x2+3)<2(1−x4)
Câu 4 (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
3 , 0 ,
3
1
2 = =
+
+
x
x
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có các đáy là tam giác đều cạnh 3a Hình chiếu vuông góc
của 'C lên mặt phẳng (ABC là điểm D thỏa mãn điều kiện ) DC=−2DB Góc giữa đường thẳng AC và mặt ' phẳng )(ABC bằng 450 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và tính côsin góc giữa hai đường thẳng BB và AC '
Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn 1+x2+ 1+2y =4 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2
1+ + +
=
x
y y
x
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)
a Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có , B(4;−5), phương trình các đường
thẳng chứa đường cao kẻ từ A và trung tuyến kẻ từ B lần lượt là x − y3 −7=0 và x + y+1=0 Tìm tọa độ các điểm
A và C biết diện tích tam giác ABC bằng 16.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các đường thẳng , ;
2
3 1
1
1 :
1
−
=
=
x d
; 1
1 2
2
1
:
2
−
=
−
x
1 1
2 2
3 :
3
z y x
−
−
Tìm tọa độ điểm P thuộc d và điểm Q thuộc 1 d sao cho đường 2 thẳng PQ vuông góc với d và độ dài PQ nhỏ nhất 3
Câu 9.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
1
+
+
+
+
z
i
z
z
i
z
là số thuần ảo
b Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm , M(2 3;2) Viết phương trình chính tắc
của elíp (E) đi qua M biết rằng M nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc vuông
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm ), K(1;3;2 và mặt phẳng
0 3 :
(P x+y+z− = Viết phương trình đường thẳng d đi qua K, song song với mặt phẳng (Oyz và tạo với )
(P) một góc α có tanα = 2
) log 1 ( 2 ) 2 2 ( log ) 1 ( log
) 3 6 ( 3 3 3 2
2 2
2
2
R
∈
⎩
⎨
⎧
+
= + +
+
−
=
− +
y x y xy
x
y x x
y x
- Hết -
Ghi chú: 1 BTC sẽ trả bài vào các ngày 18, 19/5/2013 Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC
www.VNMATH.com
Trang 7TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013
Môn: TOÁN – Khối D; Thời gian làm bài: 180 phút
a) (1,0 điểm)
Khi
3
4
=
3
8 3
+
−
y
1o Tập xác định: D=R, y là hàm số chẵn
2o Sự biến thiên:
3
8 3
1 ( lim
±∞
→
±∞
→ y x x x x x
* Chiều biến thiên: Ta có ,
3
16 3
4 '= x3− x x∈R
⎢
⎣
⎡
±
=
=
⇔
=
2
0 0
'
x
x
⎣
⎡
>
<
<
−
⇔
>
2
0 2 0
'
x
x
⎣
⎡
<
<
−
<
⇔
<
2 0
2 0
'
x
x y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−2;0) và (2;+∞); nghịch biến trên mỗi khoảng
) 2
;
(−∞ − và (0;2)
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x=0, giá trị cực đại y CĐ =2; hàm số đạt cực tiểu tại
các điểm x=−2 và x=2, giá trị cực tiểu
3
10
−
=
CT
0,5
* Bảng biến thiên:
3o Đồ thị:
Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng
0,5
b) (1,0 điểm)
3
4 4 3
4
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ phương trình y'=0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m>0
Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là A(0;2), B(− 3m;2−3m2) và C( 3m;2−3m2)
0,5
Câu 1
(2,0
điểm)
Tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O khi và chỉ khi OA=OB=OC
0 ) 1 3 3 )(
1 ( )
3 2 ( 3
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
±
−
=
=
=
⇔
6
21 3
0 , 1
m
m m
Kết hợp điều kiện 0m> ta có giá trị của m là
6
21 3 ,
= m m
0,5
Phương trình đã cho tương đương với
sin3x+cos2x−cosxcos2x=sin2xsinx+2sin2xcosx
0 ) 1 sin )(cos sin (cos
sin cos 2 cos
sin 3 sin ) sin 2 sin cos 2 (cos 2
cos 3 sin
=
−
− +
⇔
+
=
⇔
+ +
+
= +
⇔
x x x x
x x x
x x x
x x
x x
Câu 2
(1,0
điểm)
4 1
tan 0 sin cosx+ x= ⇔ x=− ⇔x=−π +kπ
x
y
2
3 10
−
2
−
0 0
0
'
y
y
3 10
−
∞ + – 2
2
2
+
∞
+
3 10
−
www.VNMATH.com
Trang 8*
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−
=
=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−
= +
+
= +
⇔
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⇔
=
−
2 2
2
2 4 4
2 4 4 2
1 4 cos 1 sin cos
π π
π π
π π
π π
π π
k x
k x k
x
k x
x x
x
Vậy nghiệm của phương trình là x=−π +kπ
4 , x=k2π,x=−π2 +k2π,k∈Z.
0,5
Bất phương trình đã cho tương đương với 2(x4+3x2)−3x x2+3−2<0
Đặt x x2+3=t Suy ra x4+3x2=t2 Khi đó bất phương trình trở thành
2 2
1 0 2 3
2t2− t− < ⇔− <t<
2
1< 2+ <
0,5
Câu 3
(1,0
điểm)
* Với 0x≥ ta có
⎩
⎨
⎧
<
+
−
≥
⇔
⎩
⎨
⎧
<
− +
≥
⇔
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
<
+
≥
⇔
0 ) 4 )(
1 (
0 0
4 3
0 2
3
0 )
1
x x
x
x x
x
x
1 0 1
0
2 ⇔ ≤ <
⎩
⎨
⎧
<
≥
x x
* Với x<0 ta có
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
<
− +
<
⇔
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
+
−
>
<
⇔
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
+
<
−
<
⇔
0 4
1 3
0 3
2 1
0 3
2 1
0 )
1
x x
x x
x
x x
x x
2
10 3 2
10 3
0
2 ⇔− − + < <
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
+
−
<
<
x x
Từ hai trường hợp trên ta có nghiệm của bất phương trình là 1
2
10 3
<
<
+
−
0,5
3
1
2 = ⇔ =− +
+
x x
x Thể tích V cần tính là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình thang cong giới hạn bởi
3
1
2 = =− = +
+
x
x
−
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
− + +
= +
+
1
2 2
3
1 2
2
d 3
2 3
2 1 d
3
) 1 (
x x
x
x x
x
x
3
d 2 ) 3 ln 4 ( 3
d 2
| 3
| ln
3
1 2 3
1
2 1
3 2
∫
∫
−
−
− − + = + − + +
+
=
x
x x
x x
0,5
Câu 4
(1,0
điểm)
3 d
3
1 2
∫
− +
=
x
x
I Đặt x= 3tant Khi x=−1 thì ,
6
π
−
=
t khi x=3 thì
3
π
=
cos
d 3
t
t
6
3 d 3
1 cos
d 3 ) tan 1 ( 3
1 3
6
3
6
2 2
3
1 2
π
π
π
π
π
=
= +
= +
−
−
−
t t
t t
x
x I
3
3 ) 3 ln 4
=
V
0,5
Từ giả thiết
45 )) ( ,' ( '
) (
Sử dụng định lí cosin cho tam giác ABD
7
a
AD=
⇒ ⇒C'D=ADtan450=a 7 Suy ra thể tích lăng trụ
4
21 9 4
3 ) 3 ( 7
C
Câu 5
(1,0
điểm)
0,5
'
B
A
C
B
D
'
C
a
0
45
'
A
www.VNMATH.com
Trang 9Vì CC ' BB// ' nên ∠(BB,'AC)=∠(CC,'AC)=∠ACC' (1)
Ta có CC'= C'D2+DC2 =a 11,C'A2=C'D2+AD2=14a2
11
1 '
2
' ' '
cos
2 2 2
=
− +
=
∠
⇒
CC CA
AC CC CA
11
1 ' cos ) ,' cos(BB AC = ∠ACC =
0,5
Từ giả thiết ta có 16=2+x2+2y+2 (1+x2)(1+2y)
=2+x2+2y+2 1+x2+2y+2x2y≥2+x2+2y+2 1+x2+2y
Từ đó ta có 1+x2+2y ≤3, hay x2+ y2 ≤8
2 4
2
≤
≤
−
y
Khi đó
2 + +
≤
x
y x
2
2 2
1 2
2 2
2 2
2 4
2
+ + +
=
− + + +
= +
− +
≤
x
x x x
x x
x
0,5
Câu 6
(1,0
điểm)
Xét hàm số
2
2 2 1 ) (
+ + +
=
x
x x
f trên [0;2 2] Ta có
) 2 ( 2
4 )
(
2
∈
∀
≥ +
+
x
x x x f
Từ (1) và (2) ta có P≤2 2, dấu đẳng thức xảy ra khi x=2 2, y=0
Vậy giá trị lớn nhất của P là 2 2, đạt khi x=2 2, y=0
0,5
0 7 3
:
⇒
BC
), 3 7
;
C BC
)
; 7 3
A AH
2
7 3
; 2
7 3
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ a+c+ a− c+
M
2
7 3 2
7 3
0 1
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Ta có
10
| 14 10
| ) , ( ,
4 10 )
3 12 ( ) 4
=
=
−
=
− +
−
BC
16
| ) 7 5 )(
4 (
| 2
=
Từ (1) và (2) suy ra
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
−
−
⇒
⎢
⎢
⎣
⎡
=
−
=
=
−
=
5
73
; 5
36 , 5
2
; 5 29
) 1
; 2 ( ), 3
; 2 ( 5
36 , 5 2
2 , 3
C A
C A
c a
c a
0,5
) 1
; 2 2
; ( ),
3 2 , , 1
Suy ra PQ=(−p+q−1;−p+2q+2;−2p+q−2)
0 ) 2 2
( 1 ) 2 2 ( 1 ) 1 (
2 0
3
3⇒ = ⇔− − + − + − + + + − + − =
PQ
⇔−p+q+2=0 hay p = q+2
0,5
Câu
8.a
(1,0
điểm)
Suy ra PQ2 =9+q2+(q+6)2 =2q2+12q+45=2(q+3)2+27≥27
Suy ra minPQ=3 3 khi p=−1, q=−3 hay P(0;−1;1),Q(−3;−4;−2) 0,5
Câu
9.a
Giả sử z=x+yi và điểm biểu diễn số phức z là M(x; y)
) 1 (
) 1 ( 2 2 ) (
2 1
|
|
2 ) (
|
| 2 1
2 2 2
2
y x
i x x y x z
z z
i z z i z z z z
i z z
i z
+ +
+ + + +
= +
+ +
+ + + + +
= +
+ + +
A
M
www.VNMATH.com
Trang 10(1,0
điểm)
1
+ +
+
+
z
i z z
i
z
là số thuần ảo
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−
≠
= +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⇔
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
≠ + +
= + +
⇔
)
0
; 1 ( )
; (
4
1 2
1 0
) 1 (
0 2 ) (
2
2 2
2 2
y x
y x
y x
x y x
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn
4
1 2
1⎟2+ 2=
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +x y bỏ đi điểm ).(−1;0
0,5
Phương trình chính tắc của ( ): 2 1( 0)
2 2
2
>
>
=
b
y a
x E
1 4 12 ) ( ⇔ 2 + 2 =
∈
b a E
16 4
2
1
2 1
0 2
1 = ⇒ = = ⇒ = ⇒ − =
0,5
Câu
7.b
(1,0
điểm)
8 24 : ( 8
2
2
= +
⇒
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
E b
a
0,5
Phương trình (Oyz :x=0
Giả sử d có vtcp u d(a;b;c), (a2+b2+c2≠0)
0
) ( ) 2
; 3
; 1 ( )
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
∉
n u
Oyz K
Oyz d
Oyz d
hay a=0 Suy ra u d(0;b;c) và n P(1;1;1)
0,5
Câu
8.b
(1,0
điểm)
3
2 sin 2
2 2
3
|
| )) ( , sin(
c b
c b P
d
+
+
0 0
) ( 3
2
3
|
2
2 = ⇔ − = ⇔ = ≠ +
+
c b
c b
Chọn b=c=1⇒u d =(0;1;1) Suy ra phương trình
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧ +
=
+
=
=
2 3
1 :
t z
t y
x d
0,5
Điều kiện:
⎩
⎨
⎧
>
+
>
−
>
0 1
0 , 1
xy
y x
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2x.3y+3y+ 1=3x+ 2+3.6x
1 3
3 3 ) 3 2 ( 3 ) 3 2
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
2 ) 1 )(
1 ( 2 log ) 1 )(
1 (
2
2 +x +xy = y ⇔ +x +xy = y
0,5
Câu
9.b
(1,0
điểm)
Từ đó ta được
⎩
⎨
⎧
=
−
−
>
+
=
⇔
⎩
⎨
⎧
= +
>
+
=
⇔
⎩
⎨
⎧
= + +
>
+
=
0 1
0 1 2
1
0 1 2
) 1 )(
1 (
0 1
2
x y y
xy
x y y xy x
x y
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
−
=
+
= +
=
⇔
2
5 3 , 2
5 1
2
5 3 , 2
5 1
y x
y
www.VNMATH.com