Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 - Năm 2014 môn: Toán; khối: A và A1 - Trường THPT chuyên ĐH Vinh

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2014 
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 4 2
1
( 1) 2 1
4
y x m x m     có đồ thị ( ),mC với m là tham số thực. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 1.m  
b) Cho 
5
0;
2
I
 
 
 
. Tìm m để ( )mC có điểm cực đại là A, hai điểm cực tiểu là B và C sao cho tứ giác ABIC là 
hình thoi. 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3sin 4 2sin sin 3 cos cos2 .x x x x x   
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
2 2 2 2 1
( , ).
2 2 2 0
x x x y y y
x y
x y x y
       

    
 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các đường 
1
, 0, 0
1 4 3
y y x
x
  
 
 và 1x  xung quanh trục hoành. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có  0
10
' , 2, , 135 .
4
a
AA AC a BC a ACB    Hình 
chiếu vuông góc của 'C lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB. Tính theo a thể tích của khối 
lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và góc tạo bởi đường thẳng 'C M với mặt phẳng ( ' ').ACC A 
Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y và 2( ) 1.xy x y z z    Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức 
2 2 2
1 1 1
.
4( ) ( ) ( )
P
x y x z y z
  
  
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 đường tròn 2 2( ) : ( 2) ( 1) 5C x y    và đường 
thẳng : 3 9 0.d x y   Từ điểm M thuộc d kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với (C) lần lượt tại A và B. Tìm tọa độ 
điểm M sao cho độ dài AB nhỏ nhất. 
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho hai đường thẳng 
1
:
2 1 2
x y z
d

 
 
 và 
1 2
: .
1 1 2
x y z 
  

 Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc d, cắt  tại hai điểm A, B sao cho IAB là tam 
giác vuông và 2 11.AB  
Câu 9.a (1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau sao cho trong mỗi số đều 
có mặt các chữ số 8 và 9? 
b. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy viết phương trình chính tắc của elip (E) có tâm sai 
bằng 
3
,
5
 biết diện tích của tứ giác tạo bởi các tiêu điểm và các đỉnh trên trục bé của (E) bằng 24. 
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho các điểm (2; 0; 2), (3; 1; 4), ( 2; 2; 0).A B C    
Tìm điểm D trong mặt phẳng (Oyz) có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng 
cách từ D đến mặt phẳng (Oxy) bằng 1. 
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 3z i  và  3 i z có một acgumen bằng .
3

------------------ Hết ------------------ 
WWW.VNMATH.COM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2014 
Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1. 
(2,0 
điểm) 
a) (1,0 điểm) 
Khi 1m  hàm số trở thành 4 2
1
2 3.
4
y x x   
a) Tập xác định: ;D y  là hàm số chẵn. 
b) Sự biến thiên: 
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim
x
y

 lim .
x
y

  
* Chiều biến thiên: Ta có 3' 4 ;y x x  
0 2 2
' 0 ; ' 0 ; ' 0
2 2 0 0 2.
x x x
y y y
x x x
     
               
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng    2; 0 , 2; ;  nghịch biến trên mỗi khoảng 
   ; 2 , 0; 2 .  
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0, 3,CĐx y  hàm số đạt cực tiểu tại 2, 1.CTx y    
0,5 
* Bảng biến thiên: 
c) Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng. 
0,5 
b) (1,0 điểm) 
Ta có 3' 2( 1) ,y x m x   với mọi .x 
( )mC có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu ' 0y  có 3 nghiệm phân biệt 
 2( 1) 0 1.m m      (1) 
Khi đó 3 nghiệm phân biệt của ' 0y  là 0, 2( 1)x x m    và 2( 1).x m  
Điểm cực đại của ( )mC là (0; 2 1),A m  hai điểm cực tiểu là 
 22( 1);B m m   và  22( 1); .C m m  
0,5 
Nhận thấy rằng AI vuông góc với BC tại  20;H m và H là trung điểm của BC. Do đó tứ giác 
ABIC là hình thoi khi và chỉ khi H là trung điểm của AI. Hay là 
2
2 5 1
2 2 1
2 2 2
H A I
H A I
x x x
m m m
y y y
 
      
 
 hoặc 
3
.
2
m   
Đối chiếu điều kiện (1) ta được giá trị của m là 
1
.
2
m  
0,5 
Câu 2. 
(1,0 
điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với 
 22sin 2 cos2 sin (2sin 1) 3 cos cos2 0x x x x x x    
 cos2 (2sin 2 sin 3 cos ) 0.x x x x    
*) cos2 0 ,
4 2
x x k
 
    .k  
0,5 
x 
'y 
y 
2   2 
3 
 
1 
– 0 0 + 
0 
+ – 0 
 
1 
x O 
y 
2 
1 
3 
2 
WWW.VNMATH.COM
*) 
1 3
2sin 2 sin 3 cos 0 sin 2 sin cos sin 2 sin
2 2 3
x x x x x x x x
 
         
 
2 2 2
3 3
2 2
2 2 , .
3 9 3
x x k x k
x x k x k k
  
  
 
      
  
           

Vậy nghiệm của phương trình là ,
4 2
x k
 
 
2 2
2 , , .
3 9 3
x k x k k
  
     
0,5 
Câu 3. 
(1,0 
điểm) 
Điều kiện: 
1
2, .
2
x y    
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với 2 22 2 2.x y x y     
Thế vào phương trình thứ nhất, ta được 
 2 2 2( 2 2 2) 2 2 2 1x y x y x x y y y            
2 2
2 2
3 2 2 4 2 2 1
( 1) ( 1) ( 1) 1 (2 ) 2 2 1. (1)
x x x y y y
x x x y y y
        
          
0,5 
Xét hàm số 2( ) 1f t t t t    với 1.t   
Ta có 
3
1 1 3
'( ) 2 1 ; "( ) 2 ; "( ) 0 .
42 1 4 ( 1)
f t t f t f t t
t t
        
 
Suy ra 
3 1
'( ) ' 0
4 2
f t f
 
    
 
 với mọi ( 1; ).t   Do đó hàm ( )f t đồng biến trên 
[ 1; + ).  Suy ra phương trình (1) ( 1) (2 ) 1 2 2 1.f x f y x y x y         
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được 
2 2(2 1) 2 2(2 1) 2 0y y y y       2
1
6 7 1 0 1
.
6
y
y y
y

    
 

Suy ra nghiệm (x; y) của hệ là 
2 1
(1; 1), ; .
3 6
 
 
 
0,5 
Câu 4. 
(1,0 
điểm) 
Thể tích khối tròn xoay là 
 
1
2
0
d
.
1 4 3
x
V
x

 
 
Đặt 4 3 ,t x  ta có khi 0x  thì 2,t  khi 1x  thì 1t  và 
24
3
t
x

 nên 
2
d d .
3
t
x t  
0,5 
Khi đó ta có 
1 2 2
2 2 2
2 1 1
1 2 2 2 1 1
. d d d
3 3 3 1(1 ) ( 1) ( 1)
t t
V t t t
tt t t
 

 
    
   
   
2
1
2 1 2 3 1 3
ln | 1| ln 6ln 1 .
3 1 3 2 6 9 2
t
t
       
           
     
0,5 
Câu 5. 
(1,0 
điểm) 
 2
01 . sin135 .
2 2
ABC
a
S CACB  
Áp dụng định lý cosin cho 5ABC AB a   
2 2 2 2
2
2 2
2 4 4
6
' ' .
4
CA CB AB a
CM
a
C M C C CM

   
   
Suy ra thể tích lăng trụ 
3 6
' . .
8
ABC
a
V C M S  
0,5 
Kẻ MK AC (K thuộc AC), 'MH C K (H thuộc ' )C K 0,5 
B 
M 
A 
C 
K 
H 
'A 
'C 'B
WWW.VNMATH.COM
Vì ( ' )AC C MK nên ( ' ')AC MH MH ACC A   
  ' , ( ' ') ' ' .C M ACC A MC H MC K   (1) 
Vì M là trung điểm AB nên 

2 21 1
tan '
2 4 '2 2 3
MAC
CAM CAB
Sa a MK
S S MK MC K
AC C M
        . 
Suy ra  0' 30 .MC K  (2) 
Từ (1) và (2) suy ra   0' , ( ' ') 30 .C M ACC A  
Câu 6. 
(1,0 
điểm) 
Đặt .x z a  Từ giả thiết bài toán ta có ( )( ) 1,x z y z   hay 
1
.y z
a
  
Do x y nên .x z y z   Suy ra 1.a  
Ta có 
21 1
( ) .
a
x y x z y z a
a a

        
Khi đó 
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 3 1 3
1.
4 4 44( 1) 4( 1) 4( 1)
a a a a a a
P a
a a a a a
 
          
   
 (1) 
0,5 
Đặt 2 1.a t  Xét hàm số 
2
3
( ) 1
44( 1)
t t
f t
t
  

 với 1.t  
Ta có 
3
1 3
'( ) ;
44( 1)
t
f t
t
 
 

2'( ) 0 ( 2)(3 3 2) 0 2.f t t t t t        
BBT: 
Dựa vào BBT ta có ( ) 3f t  với mọi 1.t  (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 3,P  dấu đẳng thức xảy ra khi 
1
2, .
2
x z y z    
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3. 
0,5 
Câu 
7.a 
(1,0 
điểm) 
 (C) có tâm (2; 1),I bán kính 5, ( , ) 10R d I d R   nên d 
không cắt (C). 
(3 9; ).M d M m m   
Từ tính chất tiếp tuyến ta có MI AB tại H là trung điểm AB. 
Trong tam giác vuông AIM ta có 
2 2 2
1 1 1
AH AI AM
  
2 2 2 2 2 4
2 2
2 2 2 2
. ( )
.
AI AM R IM R R
AH R
AI AM IM IM

    

0,5 
Ta có AB nhỏ nhất AH nhỏ nhất IM nhỏ nhất ( 5R  không đổi). 
Mà 2 2 2 2(3 7) ( 1) 10( 2) 10 10IM m m m        nên suy ra min 10IM  khi 2.m   
Suy ra (3; 2).M  
0,5 
Câu 
8.a 
(1,0 
điểm) 
IAB có IA IB nên vuông tại I. Suy ra 
1
11
2
IH AB  (H 
là hình chiếu của I lên AB) 
Suy ra ( , ) 11d I   (1) 
Khi đó bán kính mặt cầu 2 22.R IH  
0,5 
(2 ; ; 2 1); (1; 1; 2)I d I t t t u      

 và (0; 1; 2)M  (2 ; 1; 2 1)MI t t t     

 0,5 
( )f t 
'( )f t 
t 2 
0 + – 
1  
3 
d 
M 
A 
I 
B 
H 
R 
d 
B H 
R 
A 
I 
 
WWW.VNMATH.COM
, ( 4 3; 2 1; 3 1)u MI t t t         
  2, 29 26 11
( , ) .
6
u MI t t
d I
u


 
  
   
 
 (2) 
Từ (1) và (2) 2
(2; 1; 1)1
29 26 55 0 110 55 13955
; ;
29 29 2929
It
t t
It
 
              
Suy ra pt mặt cầu 2 2 2( 2) ( 1) ( 1) 22x y z      và 
2 2 2
110 55 139
22.
29 29 29
x y z
     
          
     
Câu 
9.a 
(1,0 
điểm) 
Giả sử số cần lập là , {0, 2, 4, 6, 8}.abcd d  Xét các trường hợp sau 
* 0.d  Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là 17.3! 42.C  
0,5 
* 8.d  Số cách lập abc trong đó có chữ số 9 là 2 18 7.3! .2! 154.C C  
* {2, 4, 6}.d  Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là  173. .3! 2 120.C   
Vậy số các số lập được là 42 154 120 316.   
0,5 
Câu 
7.b 
(1,0 
điểm) 
Phương trình chính tắc (E) có dạng 
2 2
2 2
1 ( 0)
x y
a b
a b
    . 
Gọi 1 2( ; 0), ( ; 0)F c F c là các tiêu điểm với 
2 2 ,c a b  
và 1 2(0; ), (0; )B b B b là các đỉnh trên trục bé. 
1 1 2 2F B F B là hình thoi. 
Suy ra 
1 1 2 2 1 2 1 2
1 1
. 2 .2 2 24
2 2
F B F BS F F B B c b bc    
 2 2 2 2 212 144 ( ) 144.bc b c b a b       (1) 
0,5 
Tâm sai 2 2 2 2 2
3
0,6 25 9 25( ) 9 4 5
5
c
e c a a b a a b
a
          hay 
5
.
4
a b (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
5
4.
a
b



 Suy ra 
2 2
( ) : 1.
25 16
x y
E   
0,5 
Câu 
8.b 
(1,0 
điểm) 
0 0( ) (0; ; )D Oyz D y z  , điều kiện 0 0.z  
Phương trình   0 0( ) : 0 , ( ) 1.Oxy z d D Oxy z z      Suy ra 0 01 (0; ; 1).z D y    
0,5 
Ta có 0(1; 1; 2), ( 4; 2; 2), ( 2; ; 1).AB AC AD y      
  
Suy ra 0, (2; 6; 2) , . 6 6AB AC AB AC AD y          
    
0
0
0
31
, . 1 2
1.6
ABCD
y
V AB AC AD y
y

          
  
Suy ra (0; 3; 1)D  hoặc (0; 1; 1).D   
0,5 
Câu 
9.b 
(1,0 
điểm) 
Đặt  cos sin , 0.z r i r    
Suy ra  cos( ) sin( ) .z r i     Khi đó  3 2 cos sin .
6 6
i z r i
 
 
    
        
    
Theo giả thiết ta có .
6 3 6
  
      Khi đó 
3
.
2 2
r r
z i  
0,5 
Suy ra 2 2 3z i   
3
2 2 3
2 2
r r
i
 
   
 
22
23 2 12 2 8 0 2,
4 2
r r
r r r
 
          
 
 vì 0.r  
Vậy 3 .z i  
0,5 
x 
y 
c 
b 
1F 2F 
2B 
1B 
O 
WWW.VNMATH.COM