http://ductam_tp.violet.vn/ Ngày thi 21/12/2010
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
y
x m
m
x
2
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau.
2
cos
x
1
x
.
Câu II (2,0 điểm)
2 1 sin
x . cos x
cos
x
sin
2
2
7
x
x x
5
3 2
x
x
(
x
¡
)
1. Giải phương trình
3
2. Giải phương trình
3 x
1
x
dx 3
3.
x
0
ABC
. Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
DMN xy 3 .
x
3
3
3
y
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: y
P
z 3
x
y
z
x
16
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
1
1
2
2
x
y
x
y
2
3
1
1
5
z 2
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng z d1: , d2:
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n N thỏa mãn phương trình
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3
x
3
y
2
B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
1
1 z 1
2
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0.
log
y
x
log
1
4
1 y
x y ( ,
¡
)
Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới bằng 42 .
1 4
2
2
x
y
25
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
-------------------Hết -------------------
1
SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang
Nội dung Câu Điểm
I 2,0
Với m =1 thì
y
1
x
1 1,0
0.25
a) Tập xác định: D
¡
1 2 x \ 2
b) Sự biến thiên:
2
1
1
x
4
x
3
y
' 1
y
2
3
2
x
x
2
x ' 0 x
, .
,
, lim
y
,
y
0.25
lim
y
x
y
x
2 lim 2 x y
; lim x 2 0
y
(
x
1)
(
x
1)
0 ; lim x
lim x
Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1.
Bảng biến thiên
x + - 2
– y’ + + – 1 0 3 0 + + 1
y 0.25
hàm số nghịch biến trên
;
;1 , 3;
3 -
Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3.
- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng mỗi khoảng 1;2 , 2;3
c) Đồ thị:
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
0.25
2
2 1.0
2
m x
(
2)
Với x 2 ta có y’ = 1- ;
0.25
0m
m
m
2
2
2
m
x 1
y 1
Hàm số có cực đại và cực tiểu phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2
x
y
m
m
2
2
2
m
m
m
m
2
)
2 ; 2
2 ; B( 2
m
; 2
m
2
m
)
Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 0.25
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2 Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 0.25 2 m m m 2 m
0 2 0.25
m m Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán Vậy ycbt m = 2.
2
cos
x
1
x
.
II 2.0
2 1 sin
x . cos x
cos
x
sin
ĐK: sin
x
cos
0
Giải phương trình 1 1.0
2
PT
x
cos
x
x
cos
x
0.25
x
1 sin
2 1 sin x
x sin .cos
x
x
0
sin
Khi đó
1 cos
x
x
1 sin
x
0
x 1 sin 1 sin 1 sin
x 1 cos
0.25
x
k
2
(thoả mãn điều kiện) 0.25 x x 1 1 sin cos
,k m Z
x
2
m
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
và
x
k
2
x
m
2
,k m Z
2
2
2
0.25
7
x
x x
5
3 2
x
x
(
x
¡
)
2
x
x
0
PT
2 1.0 Giải phương trình:
2
2
x
x x
3 2
5
x
x
3 2 7
2
x
x
0
0.25
x x
5
2(
x
2)
3 2
0.25
2
0
1 x
2
x
x
16
0
0.25
x 1
x 1
x 2 x 5 2. x 3 0 x
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1.
3
3
3 x
1
x
dx 3
3.
x
0
x
2
1
1
u
x
udu 2
dx
1.0 Tính tích phân . III
3
2
2
2
3
Đặt u = ; đổi cận: 0.25 x x u u 0 3 1 2
du
u (2
6)
du
6
u 2 2
8 u 3 u
2
u
1
u
du 1
3 x
1
x
dx 3
3
x
0
1
1
1
2
Ta có: 0.25
0.25 u u 6 6 ln u 1
2
1
2 1
3 6 ln
3 2
0.25
D
DH
DMN
ABC
ABC
IV 1.0
.D ABC là
B
C
mà
N
H
M
0.25
A
2
2
2
DH
DA
AH
2 1
Dựng DH MN H Do tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC .
3 3
6 3
Trong tam giác vuông DHA:
0
AM AN .
.sin 60
xy
0.25
AMNS
3 4
1 2
Diện tích tam giác AMN là
.D AMN là
V
S
.
DH
xy
AMN
1 3
2 12
0
0
0
S
S
S
xy
.sin 60
x AH .
.sin 30
y AH .
.sin 30
Thể tích tứ diện 0.25
AMN
AMH
AMH
1 2
1 2
1 2 y
x
xy 3 .
Ta có: 0.25
V 1.0
2
3
3
3
...
x
y
x
y
0
3
3
3
3
x y 0.25 Trước hết ta có: x y (biến đổi tương đương) 4
3
3
1
a
a
x y 64 z a z 64 z Đặt x + y + z = a. Khi đó 4 P t t 64 3 3 0.25
1t )
z a
(với t = , 0
2
2
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t . Có
f
'( ) 3 64 t t
t
,
f
t '( ) 0
t
1
0;1
0;1 1 9
0.25
GTNN của P là
Lập bảng biến thiên
16 81
64 81
t M inf 0;1 t
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25
4
VI.a 2.0
1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
B
y y
x x
2 7
1 0 14 0
21 13 ; 5 5
21 5 13 5
(1; 2);
(1; 7);
a b ( ; )
uuur n AC
uuur n BD
uuur n AB
0.25
c os
os
c
uuur uuur , n n BD
AB
x y Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các BD, kí hiệu uuur uuur n n , AC AB
đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:
0.25
a
b
2
2
2
2
a
b 2
a
7
b
a
8
ab b
0
3 2
b 7
a
x
1 0
y
A = AB AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: A (3; 2) - Với a = - b. Chọn a = 1 b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, 3 2 y 1 0 1 0 y 2 x y x x Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
I
x
7
y
14 0
7 5 ; 2 2
x y
7 2 5 2
0.25
C
D
4;3 ;
14 12 ; 5 5
Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25
t 1 2 1 3 t
m 2 2 5
x y
x y
m
d
:
;
:
2 1.0
d 1
2
2
m
2
z
z
t
Phương trình tham số của d1 và d2 là: 0.25
Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) uuuur MN
k
k 2
m t 2 m t 3
0.25 (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
:
(2; 1; 5)
uur Pn
uur uuuur k MN k n p
m t
k 5
3 3 5 2 2
Do d (P) có VTPT nên có nghiệm 0.25
Giải hệ tìm được m 1 t 1
1 2 t x 4 t y 3 5 t z
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
0.25 thoả mãn bài toán Khi đó điểm M(1; 4; 3) Phương trình d:
5
VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n N thỏa mãn phương trình 1.0
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3
Điều kiện: 0.25 n N n 3
Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 log4(n – 3)(n + 9) = 3
(thoả mãn) (n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 = 0 13 (không thoả mãn) 0.25 n 7 n
3
i
i
i .(2 )
(1
i
i ).( 8 ) 8 8
i
i
Vậy n = 7.
1
. 1
32
0.25 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1
Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
B x (
;
y
)
x
y
5;
;
y
)
d
2
1 1.0
7
d 1
B
B
B
B
C x ( C
C
x C
2
y C
x
2 6
Giả sử
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
B y
3 0
B
x C y C
0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25
(3; 4)
VTPT n
(4; 3)
uuur BG
uuur BG
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 Ta có
81 25
9 5
Bán kính R = d(C; BG) = phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 0.25
2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là:
toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
(tham số t)
t
3 2 t x 2 t y 1 z
0.25
M
(1; 3; 0)
2 0 3 2 t x t 2 y 1 z t x z y
(1;1;1)
(2;1; 1)
uur Pn
uur du Vì nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP
Lại có VTPT của(P) là , VTCP của d là
(2; 3;1) uur u
1;
y
z 3; )
. Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên , khi đó . uur uur , u n d P uuuur MN x (
uuuur Ta có MN
uur vuông góc với u
2 0
z
y
x
nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 0.25
11 0 2
2
3)
y
(
1)
z
42
z 3 y x 2 2 ( x
Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
Lại có N(P) và MN = 42 ta có hệ:
x
5
z
5
0.25
:
x
3
z
5
:
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt 0.25
2 2
2 y 3 y 4 3
1 1
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
6
log
y
x
log
1
4
1 y
x y ( ,
¡
)
VII.b 1.0
1 4
2
2
x
y
25
Giải hệ phương trình
Điều kiện:
y
x
x
y
log
y
x
log
1
log
1
4
4
4
1 y
1 4
Hệ phương trình
0 0.25 x 0 y y
y 2
2
y 2
2
2
2
x
y
25
x
y
25
x
y
25
3
y
x
3
y
3
y
x
0.25
2
2
2
2
2
y
x
y
25
y
y
25
9
25 10
x
0.25
x y ;
;
15 10
5 10
(không thỏa mãn đk)
x y ;
;
15 10
5 10
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25 (không thỏa mãn đk)
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
đáp án quy định.
7
