1. Sở giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12
Trường THPT Đào Duy Từ Môn: TOÁN; Khối A, B; ngày thi: 24/03/2012
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2
(2 1) 3 (1),y x m x mx m     m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m   .
2. Tìm m đề đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt (1;0)A , B và C sao cho: 2 2 2
2AB BC CA   .
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 23
cos2 2sin sin 3 cos 3 1 2sin 2 .
4 4 4
x x x x x
        
            
       `
2. Giải hệ phương trình:
 
2
2 2
3
( )
( ; ).
2 3 2 1 11
y
x x y
x y x y
x y x
  
 
   



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
 4
0
.
.sin sin
1
dx
x x x x x
I
x

 


Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật tâm O, AB = a, AD = 2a; M là điểm thuộc cạnh AB
sao cho MA = 2MB, tam giác SMO cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Biết mặt bên (SBC)
hợp với đáy (ABCD) một góc bằng 600
. Tính thể tích khối chóp S.AMOD theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho , ,x y z là 3 số dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện:
 
2
1 1 1 3 1
9 1
81x y z xyzx y z
 
     
   
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 3
2(
( 3)(1 )
) 2( ) .
4
z z
x z y zP 
 
   
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 VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2
( ) : 2 24 0C x y x    có tâm I và đường thẳng
( ) : 3 4 28 0d x y   . Chứng minh d tiếp xúc với ( )C . Tìm tọa độ điểm A thuộc ( )C , điểm B và C thuộc ( )d
sao cho tam giác ABC nhận I làm trực tâm và trung điểm cạnh AC thuộc ( )C , biết điểm C có hoành độ dương.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; -2; 3), B(2; 1; 1) và mặt phẳng (P): x + y + 2z + 2 = 0.
Chứng minh đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam
giác ABC cân đỉnh C và có chu vi nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm ) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ số phân biệt abcde
thỏa mãn 5b c  .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng 18 (đơn vị diện tích); đáy lớn CD
nằm trên đường thẳng có phương trình: 2 0x y   . Biết hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau và cắt nhau
tại điểm (3;1)I . Hãy viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm C có hoành độ âm.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3; 0; 0), H(0; -2 ; 5) . Viết phương trình mặt phẳng (P)
đi qua A, cắt Oy, Oz lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC nhận AH làm đường cao.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 1
3
1 2
log 5.3 1
2 3
x
x
     
.
---------Hết--------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………….; Số báo danh………………
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. 1
x
y
O

Sở giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa ĐÁP ÁN THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12
Trường THPT Đào Duy Từ Môn thi: TOÁN ( Khối A, B)
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm). Khảo sát…
 Tập xác định: D R
 Sự biến thiên:
Giới hạn: lim , lim
x x
y y
 
   
0,25
- Chiều biến thiên:
2
' 3( 1) 0,y x x R    
Bảng biến thiên:
0,25
- Hàm số đồng biến trên R
- Hàm số không có cực trị 0,25
 Đồ thị
+ Điểm uốn I(1; 0).
+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I làm tâm đối xứng
2.(1,0 điểm) . Tìm m…..
+ Phương trình hoành độ giao điểm:
3 2 2
2
1
(2 1) 3 0 ( 1)( 2 ) 0
( ) 2 0
x
x m x mx m x x mx m
g x x mx m

          
   




0,25
+ Để ĐTHS(1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt  g(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1
1
0
m
m
 

 
0,25
+ Gọi 1 2x x là hai nghiệm phương trình g(x) = 0.
Suy ra ĐTHS(1) cắt Ox tại 3 điểm 1 2(1;0), ( ;0), ( ;0)A B x C x
Ta có
2 2 2
2AB BC CA   2 2 2 2
1 2 2 1
( 1) ( 1) ( ) 8 10 2x x x x m m         ( Theo ĐL Vi-et)
0,25
Câu I
(2,0 điểm)
+ Giải được
5
4
m   (thỏa mãn) hoặc 0m  (loại)
0,25
1. (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác….
Phương trình tương đương với:  cos 2 2 sin 2 cos3 1 1 cos 4
2
x x x x

   
 
 
 
 cos 2 2 sin 2 cos3 1 1 cos 4 cos2 2sin cos3 2 sin 1 sin 4
2
x xx x x x x x x

         
 
 
 
0,25
Câu II
(2,0 điểm)
cos2 sin 4 sin 2 2 sin 1 sin 4 1 cos2 sin 2 2 sin 0x xx x x x x x         
+


+0
y
y’
1x
1
-1
O x
y

3. 2
 2
2sin 2sin cos 2 sin 0 sin 2sin 2cos 2 0x x x x x x x      
sin 0
sin
1
4 2
x
x





     
0,25
 sin 0x x k   ( )k Z
0,25
 sin
1
4 2
x


 
 
 
7
2 ; 2 ( )
12 12
x k x k k Z
 
       0,25
2. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình….
ĐK:
2
0, ,
1
2
x x y xx y     .
Hệ tương đương với:
 
2 3
2 2
( ) (1)
2 3 2 1 11 (2)
.x x y x y y
x y x
   
   


Từ (1) suy ra 0y  , vì nếu y < 0 thì x – y >0 , do đó: VT (1) 0 > VP(1) (VN)
0,25
   2 23
(1) 1 0x x y x y x x y y         
2 2
2
2 23 3
1
0
( ) 1
x y x x y y
x x y
x y x y x x y y
    
    
      
2
2 23 3
1 ( 1)( )
0
( ) 1
x y x y x y
x x y
x y x y x x y y
    
    
      
2
2 23 3
( 1) 0 1 0
( ) 1
x x y x y
x y x y
x y x y x x y y
  
        
      
 
 
  
( vì biểu thức trong [.] dương)
0,25
 Thế y = x – 1 vào (2) ta được: 2 2
4 4 2 3 2 1 11 (2 1) 3 2 1 10 0x x x x x          
 Đặt 2 1 0t x   , ta có pt: 4 3 2
3 10 0 ( 2)( 2 4 5) 0 2t t t t t t t          
0,25
 Giải được nghiệm
5 3
( ; ) ;
2 2
x y 
    
. 0,25
Tính tích phân….
  24 4 4
1 2
0 0 0
.
.sin sin ( 1)sin
1 1 1
dx dx dx I
x x x x x x x x x
I I
x x x
  
 
  
  
     0,25
Tính
4 4 4
4 4
1 0 0
0 0 0
2 2
( 1)sin ( 1) ( cos ) ( 1)cos ( cos ) ( 1) 1 sin
8 2
2
1
8
x xdx x d x x x x d x xI
  
 
 
                  
0,25
Tính
4
2
0 1
dx
x x
I
x


 . Đặt t x , suy ra:
4 32 2 2
2
2
0
4
2
0 00
2 1 1 2 1 2
2 2 2 ln ln
1 1 1 3 1 12 21
t dt t t
dx t dt t
t t t t
x x
I
x
  
  


   
                   

  
0,25
Câu III
(1,0 điểm)
Vậy
2 2
ln 1
12 8 2
I
   



    

0,25

4. 3
Tính thể tích khối chóp……
Gọi H là trung điểm OM ( )SH OM SH ABCD    (Vì   ( )SMO ABCD ) 0,25
Câu IV
(1,0 điểm)
Kẻ HE BC tại E 
   0
( ),( ) 60SBC ABCD SEH  
Kẻ OF BC tại F, Ta có: HE là đường trung bình của hình thangvuông
BMOF, suy ra
1 1 5
( )
2 2 3 2 12
a a a
HE MB OF
       
0 5 3
.tan60
12
a
SH EH  
Ta Ta có: ( ) ( ) ( )dt AMOD dt ABD dt BMO 
21 1 5
( ) ( ) ( ) ( )
3 6 6
dt ABD dt ABO dt ABD dt ABD a    
Suy ra
3
2
.
1 1 5 5 3 25 3
( ). . .
3 3 6 12 216
S AMOD
a a
V dt AMOD SH a   (đvtt).
0,25
0,25
0,25
Tìm giá trị nhỏ nhất…..
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
3
( ) 1 1 1 9
;
27
x y z
xyz
x y z x y z
 
   
 
, dấu bằng có khi 0x y z  
Đặt
1
0t
x y z
 
 
, từ giả thiết ta có BĐT:
3
2 3 2 2
9 3 9(1 ) 3 3 0 ( 1)( 3) 0 1 1
3
t
t t t t t t t t x y z                 
0,25
Ta có
3
3 3 3 3 2 2 2( )
( ) ( ) 0
4
x y
x y x y x y xy x y x y

          , dấu bằng có khi 0x y 
Do đó
3 2 3 2
3 3 3 3( 3)(1 ) (1 ) 2 3 14 5 8 5
2( ) 4 4
4 2 4 4
z z z z z z z z
x y z zP 
        
      
(vì
3 3
3 3 ( ) (1 )
4 4
x y z
x y
 
   )
0,25
Xét hàm số
3 2
14 5 8 5
( )
4
z z z
f z
  
 trên (0; ) ,
2
21 5 4 (3 1)(7 4)
'( )
2 2
z z z z
f z
   
 
Bảng biến thiên:
0,25
Câu V
(1,0 điểm)
Suy ra minP
 0;
1 23
min ( )
3 27
f z f

  
    
, khi và chỉ khi
1
3
x y z   . 0,25
Phần A Theo chương trình Chuẩn
1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ 3 đỉnh A, B, C ….
Ta có: (C) có tâm I(1; 0), bán kính R = 5. Vì
3 28
( ; ) 5
5
d I d R

    (d) tiếp xúc với (C). 0,25
Câu
VI.a
(2,0 điểm)
 Tọa độ tiếp điểm H là nghiệm của hệ: 2 2
3 4 28 0
(4;4)
2 24 0
x y
H
x y x
  

   



.
 Vì I là trực tâm tam giác ABC nên AI d I là trung điểm AH
( 2; 4)A  
0,25
F C
D
OH
A
M
EB
S
23
27
- +0
f(z)
f’(z)

1
30z
M
H
d
BC
A
I

5. 4
 Gọi M là trung điểm AC, ( )M C MH AC    tam giác HACvuông cân đỉnh H.
 Gọi C(4 + 4t; 4 - 3t) ( )d .
 Ta có 2
10 25 100 2HC HA t t       . Vì 0 (12; 2)Cx C  
0,25
 Gọi B(4 + 4t; 4 - 3t) ( )d (4 6;8 3 ); (11;2)AB t t IC
 
    
 I là trực tâm tam giác ABC nên . 0 1 (0;7)AB IC t B
 
   
0,25
2. (1,0 điểm) Tìm tọa độ điểm C….
Ta có: (1;3; 2)AB  

, (P) có vtpt (1;1;2)n 

. Vì ( )A P và . 0AB n
 
 nên AB //(P).
0,25
Gọi I là trung điểm AB
3 1
; ;2
2 2
I 
    
, tam giác ABC cân đỉnh C nên CI AB
Chu vi 2 2
( ) 2ABC AB BC CA AB IA IC       , để chu vi nhỏ nhất IC nhỏ nhất ( )IC P 
( thỏa mãn CI AB , do AB // (P) ).
0,25
Gọi ( ; ; ) ( )C x y z P
3 1
; ; 2
2 2
IC x y z

    
    
cùng phương với (1;1;2)n 

Ta có hệ:
2 2 0 2 2
3 1 2
22 2
2 3
1 1 2
x y z x y z
x yx y
z
y z
       
   

    
    
 
   
.
0,25
Giải hệ được:
1 5 1
, ;
3 3 3
x y z   . Vậy
1 5 1
;
3 3 3
;C  
     0,25
Tính giá trị của biểu thức S…..
Vì        5 ; 0;5 ; 1;4 ; 2;3b c b c   
TH1:    ; 0;5b c 
+ Có 2 cách chọn b;c
+ e chẵn  có 3 cách chọn chữ số  2;4;6e  và có 2
4A cách chọn a; d.
Suy ra có 2.3. 2
4A =72 ( số thỏa mãn)
0,25
TH2:    ; 1;4b c 
+ Có 2 cách chọn b;c
+ e chẵn   0;2;6e 
- Với e = 0 , có 2
4A cách chọn a; d.
- Với  2;6e  , có 2 cách chọn chữ số e. Có 3 cách chọn chữ số a và 3 cách chọn chữ số d
Suy ra có 2( 2
4A +2.3.3) = 60 ( số thỏa mãn)
0,25
TH3:    ; 2;3b c  . Tương tự TH 2: có 2( 2
4A +2.3.3) = 60 ( số thỏa mãn)
0,25
Câu
VII.a
(1,0 điểm)
Vậy có tất cả: 72 + 2.60 = 192 ( số thỏa mãn). 0,25
Phần B Theo chương trình Nâng cao
1. (1,0 điểm) . Viết phương trình đường thẳng BC …
Vì 21 1
( ) . 18 6
2 2
AC BD dt ABCD AC BD AC AC       0,25
Câu
VI.b
(2,0 điểm)
Tam giác ICD vuông cân tại I nên
3 1 2
( , ). 2 . 2 4 2
2
IC d I CD IA AC IC
 
      
Vì 4IC ID  , nên tọa độ điểm C, D là nghiệm của hệ: 2 2
2 0 1
1( 3) ( 1) 16
x y x
yx y
    

   
   
 
 
hoặc
3
5
x
y




Vì 0Cx  nên ( 1;1) (3;5)C D  0,25

6. 5
Ta có 2 2 (3; 1)ID IB ID IB B     
  0,25
Phương trình BC: 2 1 0x y   0,25
2. (1,0 điểm) . Viết phương trình mặt phẳng (P)…..
Goi (0; ;0), (0;0; ) ( . 0)B b C c b c 
Ta có ( 3; 2;5), (0; ; ), (0; 2; 5), (0;2; 5)AH BC b c HB b HC c
   
         
AH là đường cao tam giác ABC nên AH BC và H BC . 0AH BC
 
  và ,HB HC
 
cùng phương
0,25
2 5 0
2 5 0
2 5
( 2)( 5) 10
2 5
b c
b c
b
b c
c
 
 
  
   

  
 
 
0,25
2 29 29
(5 4)( 5) 20 5 29 0
5 2
c c c c c b            0,25
Suy ra phương trình ( ) : 1 29 6 15 87 0
29 293
2 5
x y z
P x y z       

0,25
Giải bất phương trình ……
ĐK: 3
1 2 2 2
5.3 0 3 log
3 5 5
xx
x
      ; 0.x  0,25
 Nếu x > 0, BPT 2
3
1 2
log 5.3 2 5.3 2 3.3
3
x xx
x        
Đặt 3 0,x
t   BPT trở thành 2
3 5 2 0t t  
2 2
1 3 1
3 3
x
t      ( Vô nghiệm vì x > 0).
0,25
 Nếu x < 0, BPT 2
3
1 2
log 5.3 2 5.3 2 3.3
3
x xx
x         3
2
2 2
3 log3
3 3
1
xt
x
t

 
    


( với 3 0x
t   )
0,25
Câu
VII.b
(1,0 điểm)
 Kết hợp với điều kiện, suy ra 3 3
2 2
log ;log
5 3
x 
 
  
Vậy BPT có tập nghiệm 3 3
2 2
log ;log
5 3
S 
 
  
0,25
Ghi chú: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa