1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 1, NĂM 2011
MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm

1. (1,0 điểm)
Khi m = 2 hàm số trở thành
3
1
45
3
4
23
++−= xxxy
.
a. Tập xác định:
R
=
D
.
b. Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có
4104'
2
+−= xxy
.

y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)2/1;(
−∞
và
);2(
∞
+
, hàm nghịch biến trên
)2;2/1(
.
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
2/1
=
x
,
4/5=
CĐ
y
và đạt cực tiểu tại
2
=
x
,
1−=
CT
y
.
* Giới hạn:
+∞=

0
−
0
+
y

∞
+

5/4 1
−

∞
−
c. Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung
tại
)3/1;0(A


Tiếp tuyến của đồ thị tại A là
3
1
)2(: ++= xmyd
. Đường thẳng d cắt Ox tại
).0;
63
1
(
+
−
m
B0,5
I.
(2,0
điểm)

Khi đó diện tích của tam giác tạo bởi d với hai trục tọa độ là
.
218
1
63
1
3

−=m
. 0,5
1. (1,0 điểm)
II.
(2,0
điểm)

Điều kiện:
.003
3
≥⇔≥+ xxx

Khi đó phương trình đã cho trở thành
03638
32
=+−++ xxxx
. (1)
O
1
−


.
Đặt
4
12,
3
≥=+ tt
x
x
ta được
2086
2
=⇔=+− ttt
hoặc
4
=
t
(tm đk)
0,5 +) Với
2
=
t
ta có
3,1
=
=
xx
.

x
x
x
xx

1cos
sin2
sin
)1)(cos3cos2(
−
=
+
−
⇔
x
x
x
xx

xxx
22
sin2sin)3cos2( −=−⇔
0,5
2
1
cos23cos2 =⇔−=−⇔ xx
π

21
=
⇒
=
tx
.
Ta có
dtdx
x
x
=
− 22.32
2ln2.3
hay
2ln3
2
22.3
2 dt
dx
x
x
=
−
;
3
2
2
2
+
=






+
−
−
2
1
5
1
5
1
2ln5
1

=
( )
1
2
5ln5ln
2ln5
1
+−− tt
=
14
9
ln
2ln5


0,5

IV.
(1,0
điểm
Sử dụng giả thiết và định lí cosin cho các tam giác ta thu được
3''',' aCADCaDA ===
.
Suy ra
2
5
'
4
5
4
'
2
'''
'
2222
2
a
IA0,5

V.
(1,0
điểm

Áp dụng BĐT Côsi ta có

222222
)1(
4
1
)1(
2
1
)(
2
1
1 +++≥+++≥+++ cbacbacba
,

3
3
3
)1)(1)(1(


M

'
A

'
B

'C

'
D

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

3
Suy ra
3
)3(
54
1
2
+++
−
+++
≤
cbacba
P
.

∞
+
. Ta có

410)(';
4
1
)2(90
)2(
3.542
)('
2
42
<<⇔>



=
=
⇔+=⇔=
+
+−= ttf
t
t
tt
tt
tf
.
Suy ra BBT
t 1 4

.
Vậy giá trị lớn nhất của P là
4
1
, đạt được khi
1
=
=
=
cba
.
0,5
1. (1,0 điểm)
)4;(),53;(
222111
xxBdBxxAdA −⇒∈−⇒∈
.
Vì A, B, M thẳng hàng và 2MA = 3MB




2
1
2211
x
x
xxxx

Suy ra
)2;2(,
2
5
;
2
5
BA






. Suy ra phương trình
0:
=
−
yxd
.
*)



Giả sử
);0;0(),0;;0( cCbB
trong đó
0
≠
bc
(vì nếu bc = 0 thì tam giác ABC suy biến)
Suy ra
1
2
:)( =++
c
z
b
yx
P
. Vì
)(PH
∈
nên
2
111
=+
cb
(1)
3844464)2()2()(
2
1
],[
2

uv




−=−=
==
⇔
12,6
16,8
vu
vu
.
Suy ra





−−=−=
+−=−=
==
213
213
4
cb
cb
cb

Vậy có 3 mặt phẳng (P) thỏa mãn là

2
:)(
2
=
−−
+
+−
+
zyx
P

hay
012)213()213(6 =−−+++ zyx
,
1
213213
2
:)(
3
=
+−
+
−−
+
zyx
P
hay
012)213()213(6 =−++−+ zyx
.
0,5

0,5

VIIa.
(1,0
điểm)

TH 2:
{
}
6,4,2∈d
. Khi đó d có 3 cách chọn, a có 5 cách chọn, b có 6 cách chọn, c có 5
cách chọn.
Suy ra có:
450
5
6
5
3
=
×
×
×
(số).
Vậy số các số thỏa mãn là 180 + 450 = 630. 0,5
1. (1,0 điểm)
Giả sử
);( yxM

AMAB





=−+−
−==
−+−
−+−
⇔
5)2()1(
2
1
135cos
)2()1(.10
)2(1)1(3
22
0
22
yx
yx
yx 0,5
Đặt

M
M
vu
vu
vu
vu0,5
2. (1,0 điểm)
Giả sử
)0;;0(),0;0;( bBaA
. Vì
0>
OABC
V
nên
0
≠
ab
.
Suy ra
.1
2
:)( =++
z
b
y
a
x

)2(9
9||
ab
ab
ab 0,5

VIb.
(2,0
điểm)

*) Hệ (1) và (2)



=+−+
=−++
⇒




−=−=
==
⇔

⇔=⇔=⇔=−
yx
yx
yxyxyx ||log||log0loglog
2
1
333
2
3

* Với
y
x
=
, thay vào phương trình thứ nhất ta được
01033
2
=⇔=+
+
x
xx
(ktm). 0,5

VIIb.

(1,0
điểm)

13
013.103.9
2
x
x
x
x
xx
.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
2,2
=
−
=
yx
.
0,5

B

A

H

M

135