TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SÔ 1
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC
LẦN 1 - NĂM HỌC 2012-2013
Ngày kiểm tra:06/1/2013 Môn: TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 4
3
4
)3(
23
 mxxmx
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
0m 
.
2) Tìm các giá trị của m để hàm số đồng biến trên khoảng (0:+).
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình







4
2sin213coscos

xxx
2) Giải phương trình sau :

 
   

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A) Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 và tâm I là giao điểm của hai
đường thẳng
1 2
: 3 0; : 6 0d x y d x y      . Trung điểm của AD là giao điểm của d
1
và trục Ox. Tìm
tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .
2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hình chóp tam giác đều S.ABC có điểm A(5;3;-1), B(2;3;-4),
C(1;2;0), cạnh bên có độ dài
7 . Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC biết S có
tung độ <2.
Câu VII.a (1 điểm) Chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và khác 0. Tính xác
suất để số được chọn là số chia hết cho 3.
B) Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có B(1;5) và đường cao AH có phương
trình 022  yx ,với H thuộc BC; đường phân giác trong của góc ACB có phương trình là
01 yx . Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D .
2) Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng


: 1 0P x y z    . Viết phương
trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai trục
Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON.

1,0
- TXĐ : R
2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x


   




- Hàm số đông biến trên mỗi khoảng ( ;0);(2; ) 
- Hàm số ngịch biến trên khoảng (0; 2)
0,25
- Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại
1 D
0; 4
C
x y  , hàm số đạt CT tại
2
2; 0
CT
x y 
- Giới hạn :
3 2 3 2

- Đồ thị
6
4
2
-2
-4
-10 -5 5 10

0,25
Tìm các giá trị của m để hàm số đồng biến trên khoảng (0;+)
1,0

Câu I
2
y’= 3x
2
- 2(3-m)x+
3
4
m. Hàm số đồng biến trên khoảng (0;+ ) khi 0,0'  xy
y’ là tam thức bậc 2 có hệ số a > 0, ' m
2
-10m +9 . 0,0'  xy có 2 trường hợp

0,25

TH1:
 
9;10'  m Khi đó y’  x,0


2
m
m
mm
P
S
9 m

0,25
Từ 2 trường hợp trên ta có m


 ;1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chú ý : Học sinh có thể sử dụng hàm số để gải bài toán trên.
Điều kiện 0,0'  xy

mxgMaxxxg
x
xx
m
x
2)(0),(
23
189
2
0
2




02coscos2cossin2cos2
2
 xxxxx
0,25


0)cossin1)(sin(coscos0)sin(cossincoscos2
22
 xxxxxxxxxx
0,25





















kx
kx
kx













 ,
2
4
2






0,25
 Giải phương trình : )12(13)72)1(6(5
22
 xxxxxx . ( x  R).

x
uvx
xxv
xu

0,25
Ta có: Pt (1) thành:
 
 



















)(05)(26)(5
)(

726)(
22

 xxxxa
Xét (b)







5
1
5
vu
vu
. Nhưng ta có: u+v = 5726
22
 xxx , dáu bằng xảy ra
khi x =
2
1
. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=
2
10,25
 Tính tích phân :

 

, đổi cận :
: 5 10
: 2 3
x
u



0,25
Ta có :
3 3 3
2
2 3 3
2
2 2 2
2 2 2
( 3) .2 4 1
2. ( 4 ) 2( 4 ) 8
3
1 1 1
u u udu du
I u du u u
u u u

      
  
  


, C = 60
0
.
Gọi N là hình chiếu của H trên AC thì N cũng là trung điểm
Của AC. Khi đó ta có AC vuông góc với (SNH)
nên góc giữa (SAC) và (ABC) là góc SNH = 60
0

Trong tam giác vuông SHN ta tính được HN =
2
3a

Và SH là
2
3a-

0,25
- Diện tích tam giác ABC là S =
2
3
2
1
2
a

60sin
0
a
HBHM 
Trong tam giác vuông SHM có:
4
3
9
16
9
4
3
4111
222222
a
HK
aaaHSHMHK

Vậy khoảng cách gữa hai đường thẳng AH và SB là
4
3a
.
0,25
3
2 3
P .
a ab abc a b c
 
   


Xét hàm số
 
3 3
f t
2t
t
 
với t 0 ta có
 
2
3 3
f ' t
2t
2t t
 
.

 
2
3 3
f ' t 0 0 t 1
2t
2t t
     

Đặt Bảng biến thiên
t

 0 1 
 

b
a 4b 16c 21
1
c
21




  


 
 
 






.
0,25

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
3
2
 khi và chỉ khi
 
16 4 1

x A
x A
 



  


0,25
- Với (2;1)A ta có (4; 1); (7;2); (5;4)D C B
- Với (4; 1)A  ta có (2;1)D và (7;2); (5;4)B C
0,25
1
Vậy (2;1)A ; (5;4); (7;2); (4; 1)B C D  hoặc (4; 1)A  ; (7;2); (5;4)B C ; (2;1)D
0,25
Viết phương trình mặt cầu…
1,0
AB=AC=BC= 32 ,







3
5
;
3




tz
ty
tx
3
5
5
3
8
3
8








 tttS
3
5
;5
3
8
;
3
8

27
2
3
2
7
2
5
222





















 zyx


8,5,2
Số lập được chia hết cho 3 nên tổng các chữ số của số đó chia hết cho 3.
TH1: Cả 3 chữ số đều chia hết cho 3, mỗi số lập được ứng với 1 hoán vị của 3 phần tử
thuộc A
1
nên có 3! Số
TH2: Cả 3 chữ số đều chia 3 dư 1 tương tự ta có 3! Số
0,25
AA

BD

BB

CC

MM
IIITH3: Cả 3 chữ số đều chia 3 dư 2 tương tự ta có 3! Số
TH4: Có 1 chữ số chia hết cho 3 (có 3 cách chọn), 1 chữ số chia 3 dư 1(có 3 cách chọn),
1chữ số chia 3 dư 2 (có 3 cách chon). Theo quy tắc nhân có 27 bộ số rồi mỗi bộ số lập
được 3! Số.
Từ 4 trường hợp trên ta có 30x 3! = 180 số
0,25
M : ‘ Số được chọn là số chia hết cho3 có 3 chữ số khác nhau và khác 0’
Xác suất của biến cố M là : P =
14

2
5
;
2
7
(
01
06
K
yx
yx






Suy ra A
’
(6;0) ,

0,25
Pt A
’
C :x – 2y – 6 = 0
Do AHCAA 
'
nên toạ độ A là nhgiêm của hpt
)1;4(
022




0; ;0 , 0;0;M a N b phân biệt sao cho
OM = ON nên
0
0
a b
a b
a b
 

 

  


0,25
Nếu a = b thì




0; ; // 0; 1;1MN a a u  
uuuur r
và
Q
n u
uur r
nên

uur r
nên
 
, 0;1; 1
Q P
n u n
 
  
 
uur r uur
.
Khi đó mặt phẳng (Q): 0y z 
0,25
Câu
VI.b
2


Q cắt Oy, Oz tại


0;0;0M và


0;0;0N (loại). Vậy


:2 2 0Q x y z    .
0,25
Giải phương trình:

-
3 3
log x log x
10 1 10 1 2
3 3 3
   
 
  
   
   
   

Đặt
3
log x
10 1
t
3
 


 
 
 
(t > 0). Phương trình trỏ thành:
2
1 2
t 3t 2t 3 0
t 3
     

ả
m
ơ
n

cô
T
húy

(
thuy79
@
gm
a
il
.
co
m
)

g
ử
i

tới
www
.
l
a
i