･ｔｨｩｔｨｵＮｎ･ｴ Ｍ  ｔｨｩ ｔｨ
ｩ ｈ ｣ Ｍ ｔｈ ｔ ｵ ｣ ｇｩ｡ Ｍ ｔ￠ｩｩ ｵ ￔｮ ｔｨｩＮｰ ｮｨ ｴ ｨ ｮｧ ｮｧ￠ ｹＡ TRƯỜNG THPT ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số MÔN: TOÁN LỚP: 12 Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề Đề thi có 01 trang y = x 3 + ‟Ś2m - 1‣Śx 2 - m + 1 ( Cm ) ‧ m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = -1 b) Tìm m để đường thẳng y = 2mx - m + 1 và ( Cm ) cắt nhau tại ba điểm phân biệt. Câu 2 (1 điểm). a) Giải phương trình ( cosŚx + sinŚx ) 2 - 3 cosŚ2 x = 1 + 2 cosŚx b) Giải phương trình logŚ3 ( x - 2 ) + logŚ 3 Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân I = lnŚ2 ò 0 x + 3 = 1 + logŚ3 2 2e x - 1 dŚx ex + 1 Câu 4 (1 điểm). a) Khai triển và rút gọn biểu thức 1 - x + 2‟Ś1 - x ‣Ś2 + Ś+ n‟Ś1 - x ‣n thu được đa thức P‟Śx ‣Ś= a0 + a1 x + + an x n . Tìm a8 , biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn 1 7 1 + 3 = . 2 Cn Cn n b) Trong kỳ thi tuyển sinh đại học, bạn Thọ dự thi hai môn thi trắc nghiệm Vật lí và Hóa học. Đề thi của mỗi môn gồm 50 câu hỏi; mỗi câu có 4 phương án lựa chọn, trong đó có 1 phương án đúng, làm đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Mỗi môn thi Thọ đều làm hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu; 5 câu còn lại Thọ chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để tổng điểm 2 môn thi của Thọ không dưới 19 điểm. Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB = 2 a‧ AC = a Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 Gọi M ‧ H lần lượt là trung điểm của AB và uuur 1 uuur BC , I là điểm thỏa mãn BI = AC Tính theo a thể tích khối chóp S ABC và khoảng cách 3 giữa hai đường thẳng MH và SI Câu 6 (1 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz‧ cho các điểm A ( 0‷Ś0‷Ś1) ‧ŚB ( 0‷Ś1‷Ś0 ) Viết phương trình mặt phẳng đi qua các điểm A‧ B đồng thời cắt trục Oz tại điểm C sao cho tứ diện OABC có thể tích bằng 1 Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy , cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM và đường cao AH lần lượt có phương trình 13 x - 6 y - 2 = 0‧ x - 2 y - 14 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là I ( -6‷Ś0 ) Câu 8 (1 điểm). Giải bất phương trình 2 x + 5 x > 11 + 14 x-2 Câu 9 (1 điểm). Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 b2 3 + - ‟Śa + b‣Ś2 Ś 2 2 ‟Śb + c ‣Ś + 5bc ‟Śc + a ‣ + 5 ca 4 ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­HẾT­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ ｔｨ｡ｭ ｧｩ｡ ｮｧ｡ｹＡ ｇｲｯｵｰ ￔｮ ｔｨｩ ｈ ｔｏ￁ｎ Ｍ ａｎｈ ｷｷｷＮｦ｡｣･｢ｯｯｫＮ｣ｯｭＯｧｲｯｵｰｳＯｯｮｴｨｩ､ｨｴｯ｡ｮ｡ｮｨｶ｡ｮ ･ｔｨｩｔｨｵＮｎ･ｴ Ｍ  ｔｨｩ ｔｨ ｩ ｈ ｣ Ｍ ｔｈｔ ｵ ｣ ｇｩ｡ Ｍ ｔ￠ ｩｩ ｵ ￔｮ ｔｨｩＮ ｰ ｮｨ ｴ ｨ ｮｧ ｮｧ￠ ｹＡ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP 12 Câu Nội dung 1 a) Khi m = -1 hàm số trở thành y = x 3 - 3 x 2 + 2 Điểm 1) Tập xác định: R Ś 0,25 2) Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y = -¥ và limŚ y = +¥ x ®-¥ 0,25 x ®+¥ éx = 0 * Chiều biến thiên: Ta có y ‛Ś= 3 x 2 - 6 x‷ y ‛Ś= 0 Û ê ëx = 2 Suy ra : hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( 0‷Ś2 ) ( -¥‷Ś0 ) ‧Ś( 2‷Ś+ ¥ ) ‷ nghịch biến trên khoảng * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0‧Ś yC Đ = 2‧ hàm số đạt cực tiểu tại x = 2‧Ś yCT = -2 * Bảng biến thiên: x 0 -¥ y' + 0 +¥ 2 – 0 0,25 + +¥ 2 y -2 -¥ 3) Đồ thị: y 2 0,25 O 2 x -2 b) Xét phương trình hoành độ giao điểm x 3 + ‟Ś2m - 1‣Śx 2 - m + 1 = 2mx - m + 1 Û x3 + ‟Ś2m - 1‣ x 2 - 2 mx = 0 Û x = 0‷ x = 1 hoặc x = -2m . (․) 0,25 0,25 ｔｨ｡ｭ ｧｩ｡ ｮｧ｡ｹＡ ｇｲｯｵｰ ￔｮ ｔｨｩ ｈ ｔｏ￁ｎ Ｍ ａｎｈ ｷｷｷＮｦ｡｣･｢ｯｯｫＮ｣ｯｭＯｧｲｯｵｰｳＯｯｮｴｨｩ､ｨｴｯ｡ｮ｡ｮｨｶ｡ｮ Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình ( ․Ś) có ba nghiệm phân biệt Do đó m ¹ 0 và m ¹ 2 1 thỏa mãn bài toán. 2 a) Phương trình đã cho tương đương với sŚinŚ2 x + cosŚ2 x + 2 sinŚx cosŚx - 3 cosŚ2 x = 1 + 2 sin x 0,25 1 3 Û sinŚ2 x cosŚ2 x = sin x 2 2 p é ê 2 x - 3 = x + k 2p pö æ Û sinŚç 2 x - ÷ = sin x Û ê 3ø è ê 2 x - p = p - x + k 2p êë 3 p é ê x = 3 + k2p Ûê ｷｷｷＮ ê x = 4p + k2p êë 9 3 b) Điều kiện: x > 2 Phương trình đã cho tương đương với logŚ3 ( x - 2 ) + logŚ3 ( x + 3 ) = log 3 6 0,25 0,25 Û sŚinŚ2 x - 3 cosŚ2 x = 2 sin x 0,25 ･ｔｨｩｔｨｵＮｎ･ｴ Û ( x - 2 )( x + 3) = 6 0,25 Û x 2 + x - 12 = 0 Û x = 3 hoặc x = -4 . So sánh với điều kiện, thu được nghiệm: x = 3 Đặt e x = t Þ e x dŚx = dŚt Đổi cận: x = 0 Þ t = 1‧Śx = lnŚ2 Þ t = 2 0,25 0,25 0,25 ( 2t - 1) dtŚ = 2 æ 3 - 1 ö dt ò1 çè t + 1 t ÷ø t + 1) t 1 ( Suy ra I = ò 0,25 2 = ( 3 lnŚ( t + 1) - lnŚt )|1 0,25 2 4 0,25 0,25 Û logŚ3 ( x - 2 )( x + 3 ) = log 3 6 3 0,25 = 3 lnŚ3 - 4 lnŚ2 a) Ta có 0,25 ìn ³ 3 ìn ³ 3 1 7 1 ï + 3 = Ûí 2 Ûn=9 1 Ûí 2 7 3Ś śŚ 2 + = Cn Cn n = n 5 n 36 0 î ï n‟Śn - 1‣Ś n‟Śn - 1‣‟Śn - 2 ‣ n î 0,25 Suy ra a8 là hệ số của x8 trong khai triển biểu thức 8‟Ś1 - x ‣Ś8 + 9‟Ś1 - x ‣Ś9 Hệ số của x8 trong khai triển biểu thức 8‟Ś1 - x ‣8 là 8C88 ‧ hệ số của x8 trong khai triển biểu thức 9‟Ś1 - x ‣9 là 9C98 Suy ra a8 = 8 C Ś 88 + 9 C Ś 98 = 89 b) Bạn Thọ được không dưới 19 điểm khi và chỉ khi trong 10 câu trả lời ngẫu nhiên ở cả hai môn Lí và Hóa bạn Thọ trả lời đúng ít nhất 5 câu. 1 3 Xác suất trả lời đúng 1 câu hỏi là ‧Ś trả lời sai là Ś Ta có: 4 4 æ1ö Xác suất Thọ trả lời đúng 5 trên 10 câu là C ç ÷ è4ø 5 5 10 æ1ö Xác suất Thọ trả lời đúng 6 trên 10 câu là C106 ç ÷ è4ø 6 0,25 0,25 æ3ö Śç ÷ ‷ è4ø 5 æ3ö Śç ÷ ‷ è4ø 4 ｔｨ｡ｭ ｧｩ｡ ｮｧ｡ｹＡ ｇｲｯｵｰ ￔｮ ｔｨｩ ｈ ｔｏ￁ｎ Ｍ ａｎｈ ｷｷｷＮｦ｡｣･｢ｯｯｫＮ｣ｯｭＯｧｲｯｵｰｳＯｯｮｴｨｩ､ｨｴｯ｡ｮ｡ｮｨｶ｡ｮ æ1ö Xác suất Thọ trả lời đúng 7 trên 10 câu là C ç ÷ è4ø 7 æ3ö Śç ÷ ‷ è4ø 8 æ3ö Śç ÷ ‷ è4ø 7 10 æ1ö Xác suất Thọ trả lời đúng 8 trên 10 câu là C108 ç ÷ è4ø 3 0,25 2 æ1ö 3 Xác suất Thọ trả lời đúng 9 trên 10 câu là C ç ÷ Ś ‷ è4ø 4 9 9 10 ｷｷｷＮ･ｔｨｩｔｨｵＮｎ･ｴ æ1ö Xác suất Thọ trả lời cả 10 câu là C1010 ç ÷ è4ø Cộng các xác suất trên ta suy ra xác suất Thọ được không dưới 19 điểm là 0,0781. 10 5 S ｷｷｷＮ･ｔｨｩｔｨｵＮｎ･ｴ ｷｷｷＮ･ｔｨｩｔｨｵＮｎ･ｴ K A M B I E H O C Vì các cạnh bên của hình chóp bằng nhau nên hình chiếu của S xuống (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vì tam giác ABC vuông tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác này 0,25 chính là trung điểm H của BC. Do đó SH ^ ( ABC ) Áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC ta có BC = 4 a2 + a2 = a 5 Áp dụng định lý Pitago vào tam giác SHB ta có SH = 2 a 2 Từ đó suy ra VSABC = 5a 2 a 3 = 4 2 0,25 1 1 a 3 æ1 ö a3 3 (đvtt). SH ŚSABC = Ś Śç Śa 2 a ÷ = 3 3 2 è2 6 ø Mặt phẳng chứa SI và song song với MH là (SBI). Do đó d ( MH ‧ŚSI ) = d ( MH ‧Ś( SBI ) ) = d ( H ‧Ś( SBI ) ) 0,25 Kẻ HO vuông góc với BI tại O thì O chính là điểm đối xứng với trung điểm E của AC qua H. Kẻ HK vuông góc với SO tại K. Khi đó HK ^ ( SBI ) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHO ta có a 21 1 1 1 4 1 7 = + = 2 + 2 = 2 Þ HK = 2 2 2 HK HS HO 3a a 3a 7 Vậy d ( MH ‧ŚSI ) = HK = a 21 7 0,25 ｔｨ｡ｭ ｧｩ｡ ｮｧ｡ｹＡ ｇｲｯｵｰ ￔｮ ｔｨｩ ｈ ｔｏ￁ｎ Ｍ ａｎｈ ｷｷｷＮｦ｡｣･｢ｯｯｫＮ｣ｯｭＯｧｲｯｵｰｳＯｯｮｴｨｩ､ｨｴｯ｡ｮ｡ｮｨｶ｡ｮ ･ｔｨｩｔｨｵＮｎ･ｴ Ｍ  ｔｨｩ ｔｨ 6 ｩ ｈ ｣ Ｍ ｔｈ ｔ ｵ ｣ ｇｩ｡ Ｍ ｔ￠ｩｩ ｵ ￔｮ ｔｨｩＮｰ ｮｨ ｴ ｨ ｮｧ ｮｧ￠ ｹＡ Giả sử C ( 0‷Ś0‷ c ) suy ra mặt phẳng cần tìm có phương trình Ta có VOABC = OA OB Ś OC Ś = 1 Ś1 |Śc|=|Śc|. Theo giả thiết, ta có |Śc|Ś = 1 Û c = ±1 7 x y z + + =1 1 1 c 0,25 0,25 0,25 Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn bài toán là x + y + z - 1 = 0 hoặc x + y - z - 1 = 0 . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 0,25 ì x - 2 y - 14 = 0 ì x = -4 Ûí Þ A ( -4‷Ś-9 ) í î13 x - 6 y - 2 = 0 î y = -9 0,25 Gọi A' là điểm đối xứng với A qua I. Khi đó điểm A ‛Ś( -8‷ 9 ) nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi K là trực tâm của tam giác ABC. Khi đó tứ giác BKCCA' có hai cặp cạnh đối diện song song nên là hình bình hành. Khi đó KA' và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường (là M). Vì K và M lần lượt æ 13m - 2 ö K ( 2 k + 14‷Śk ) ‧ M ç m‷Ś ÷ 6 è ø nằm trên AH AM và nên giả sử 0,25 ì 2 k + 14 - 8 = 2 Śm ì k = -1 ïì K (12‷Ś-1) ï Vì M là trung điểm của KA' nên í Þí 13m - 2 Þ í 2 = m 9 2 + = k Ś î ï îï M ( 2‷ 4 ) 6 î uuuur Đường thẳng BC đi qua M và nhận AK làm VTPT nên BC ‶Ś2 x + y - 8 = 0 Giả sử B ( b‷Ś8 - 2b) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên éb = 3 2 2 . IA = IB Û 4 + 81 = ( b + 6 ) + ( 2b - 8 ) Û 5b2 - 20b + 15 = 0 Û ê ëb = 1 Với b = 3 ta có B ( 3‷Ś2 ) Vì C đối xứng với B qua M nên C (1‷Ś6 ) 0,25 Với b = 1 ta có B (1‷Ś6 ) Vì C đối xứng với B qua M nên C ( 3‷Ś2 ) 8 Điều kiện: 0 £ x ¹ 2 . 0,25 ｷｷｷＮ･ｔｨｩｔｨｵＮｎ･ｴ Bất phương trình đã cho trở thành 7x 14 Û 2‟Śx - 2‣Ś+ 5 x > 2‟Śx - 2 ‣ + 5 x > 7 + x-2 x-2 0,25 (1) Rõ ràng x = 0 không thỏa mãn bất phương trình (1). Với 0 < x ¹ 2 bất phương trình (1) tương đương với Đặt x-2 x 2‟Śx - 2 ‣Ś 7 x +5> x-2 x ｷｷｷＮ･ｔｨｩｔｨｵＮｎ･ｴ = t . Khi đó bất phương trình trở thành 0,25 ét > 1 2t 2 + 5t - 7 7 > 0 Û t‟Ś2t + 7 ‣‟Śt - 1‣ > 0 Û ê 7 2t + 5 > Û ê- < t < 0 t t ë 2 * Với t > 1 ta có x-2 x > 1 , hay ‟Ś x + 1‣‟Ś x - 2 ‣ x > 0 Û x > 4. 0,25 ｔｨ｡ｭ ｧｩ｡ ｮｧ｡ｹＡ ｇｲｯｵｰ ￔｮ ｔｨｩ ｈ ｔｏ￁ｎ Ｍ ａｎｈ ｷｷｷＮｦ｡｣･｢ｯｯｫＮ｣ｯｭＯｧｲｯｵｰｳＯｯｮｴｨｩ､ｨｴｯ｡ｮ｡ｮｨｶ｡ｮ <･ｔｨｩｔｨｵＮｎ･ｴ Ｍ = ｔｨｩ ｔｨ> * Với - ｩ ｈ ｣ Ｍ ｔｈ ?ｔ @ｵ ｣ ｇｩ｡ Ｍ ｔ￠Aｩｩ ｵ ￔｮ ｔｨｩＮBCｰ ｮｨ ｴ ｨ ｮｧ ｮｧ￠ ｹＡ 7 7 x-2 < t < 0 ta có - < < 0 , hay 2 2 x ìï0 < x < 2 1 Û <x<2Ś í 4 ïî‟Ś x + 4 ‣‟Ś2 x - 1‣ > 0 1 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x > 4‧Ś < x < 2 4 9 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có a2 ³ ‟Śb + c‣Ś2 + 5bc a2 4 a2 Ś = 5 9‟Śb + c‣Ś2 2 2 ‟Śb + c‣Ś + ‟Śb + c‣ 4 b2 4b2 ³ Ś ‟Śc + a‣Ś2 + 5ca 9‟Śc + a‣2 Tương tự, ta có 0,25 0,25 ｷｷｷＮ<･ｔｨｩｔｨｵＮｎ･ｴ Suy ra a2 b2 4 æ a2 b2 + ³ + ç ‟Śb + c‣Ś2 + 5bc ‟Śc + a‣Ś2 + 5 ca 9 è ‟Śb + c‣Ś2 ‟Śc + a‣2 ö 2æ a b ö + ÷³ ç ÷ ø 9èb+ c c+ aø æ ‟Śa + b‣Ś2 ö + c‟Śa + b‣Ś ÷ 2 2 2 æ a + b + c‟Śa + b‣Śö 2ç 2 = ç ÷ ÷ ³ ç 9 è ab + c‟Śa + b‣Ś+ c2 ø 9 ç ‟Śa + b‣Ś2 2 ÷ + c‟Śa + b‣Ś+ c è ø 4 2 2 2 = ｷｷｷＮ<･ｔｨｩｔｨｵＮｎ･ｴ 2 æ 2‟Śa + b‣Ś + 4 c‟Śa + b‣Ś ö ç ÷ Ś 9 è ‟Śa + b‣Ś2 + 4 c‟Śa + b‣ + 4 c2 ø 0,25 2 2 Vì a + b + c = 1 Û a + b = 1 - c nên 2 æ 2‟Ś1 - c‣Ś2 + 4 c‟Ś1 - c‣Ś ö 3 8æ 2 ö 3 2 P³ ç - ‟Ś1 - c‣Ś2 Ś (1) ÷ - ‟Ś1 - c‣Ś = ç1 9 è ‟Ś1 - c‣Ś2 + 4 c‟Ś1 - c‣ + 4 c2 ø 4 9 è c + 1 ÷ø 4 2 2 0,25 8æ 2 ö 3 - ‟Ś1 - c‣2 với c Î ‟Ś0‷Ś1‣ Xét hàm số f ‟Śc ‣Ś= ç1 ÷ 9 è c +1ø 4 2 Ta có f ‛‟Śc‣Ś= 16 æ 2 ö 2 3 - ‟Śc - 1‣‷Ś 1Ś ç ÷ 2 9 è c + 1 ø ‟Śc + 1‣ 2 f ‛‟Śc‣Ś= 0 Û ‟Śc - 1‣Ś 64 - ‟Ś3c + 3‣Ś3 = 0 Û c = ( ) ｷｷｷＮ<･ｔｨｩｔｨｵＮｎ･ｴ 1 3 0,25 Bảng biến thiên: c 1 3 0 f '( c ) – f (c ) 0 1 + -1 9 Dựa vào bảng biến thiên ta có f ‟Śc ‣ ³ - 1 với mọi c Î ‟Ś0‷Ś1‣ 9 (2) 1 1 Từ (1) và (2) suy ra P ³ - ‧ dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 9 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là - 1 9   !" #$%&' (  )* +,- . /-* 00012345%%613%7$%&'87% 9:9%  ;