ĐỀ KHẢO SÁT KIẾN THỨC TRƯỚC THI 2011 MÔN: TOÁN ppt

Chúc các em học sinh đạt được kết quả tốt và gặp nhiều may mắn trong kỳ thi này!
ĐỀ KHẢO SÁT KIẾN THỨC TRƯỚC THI 2011

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
3 2
3 4.
y x x
  

2. Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình:
 
2
2
1
m
x
x
 


Câu II. (2 điểm)
1. Giải phương trình







2 3
2 log 3 log 2 1
x x x x
     
 
 
.
2. Tính các góc của tam giác ABC biết
 
 
2
2 2
sin sin 1 osA
sin 2 sin 2 os A-B osC.
B C c
B C c c

  


  



Câu III. (1 điểm) Tính tích phân
3
5 3
2
0

2
1
x x
I dx
x




.
Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân
(AB//CD), AB = 2CD = 4a,
10.
BC a Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết
SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và mặt bên SAB là tam giác đều. Tính
thể tích của khối chóp S.ABCD và tính cosin góc giữa hai đường thẳng SD và
BC.
Câu V. (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
4 16
a b b c c a
P
a b c a b c b c a
  
  
     

II- PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (A hoặc B)
để làm bài.
A- Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa. (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 4 20 0
x y x y
    
và
điểm A(5;-6).
Từ A kẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C là các tiếp
điểm. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
2.Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
3 2 1
2 1 2
x y z
  
 

và
mặt cầu (S):
2 2 2
2 2 4 19 0
x y z x y z
      
. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường
thẳng (d) sao cho mặt phẳng qua M vuông góc (d) cắt mặt cầu (S) theo
một đường tròn có chu vi 8

.
Chúc các em học sinh đạt được kết quả tốt và gặp nhiều may mắn trong kỳ thi này!
Câu VIIa. (1 điểm) Tìm số phức Z thõa mãn 2 2z z i   và

2
2
z i
z


là số ảo.
B- Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 1);
đường cao từ đỉnh A có
phương trình 2 1 0x y   , các đỉnh B, C thuộc đường thẳng
 
: 2 1 0x y    .
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết diện tích tam giác ABC bằng 6.
2.Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng (d
1
):
1 1
2 1 1
x y z 
  ,
(d
1
)
1 1 2
1 1 1
x y z  
 


và điểm A(1; -1; 2). Tìm tọa độ điểm B, C lần lượt thuộc (d
1
), (d
2
) sao cho
đường thẳng BC thuộc mặt phẳng qua A và đường thẳng (d
1
) đồng thời
đường thẳng BC vuông góc với (d
2
).
Câu VIIb. (1 điểm) Cho số phức z thõa mãn
2z i
có một acgumen bằng một
acgumen của
2z 
cộng với
4

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1T z z i    .
Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI
I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2 điểm)
1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
3 2
3 4.y x x  
2).Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình:
 

2
2
1
m
x
x
 


Giải:
1). BBT
x  -
2 0
+
y’ + 0 -
0
+
y

0
+
 -4

Lưu ý: Đồ thị (C) của hàm số cắt trục hoành tại điểm A(1; 0).
2).
Ta có
 
 
2
2

2 1 4 4 ( 1)
1
m
x x x x m x
x
       



Chúc các em học sinh đạt được kết quả tốt và gặp nhiều may mắn trong kỳ thi này!
Xét hàm số
 
 
 
3 2
2
3 2
3 4 1
1 4 4
3 4 1
x x khi x
f x x x x
x x khi x

  

    

   





Dựa đồ thi:
+ m< 0 phương trình vô nghiệm.
+ m = 0 phương trình có một nghiệm.
+ 0 < m < 4 phương trình có 4 nghiệm.
+ m = 4 phương trình có 3 nghiệm.
+ m > 4 phương trình có 2 nghiệm.
Câu II. (2 điểm)
1). Giải phương trình
     
2 3
2 log 3 log 2 1x x x x      
 
. (1)
Ta có : (1)
   
2 3
1
log 3 log 2
2
3
x
x x
x
x


   









Đặt:
       
   
2 3
1 1
log 3 log 2 0, 3
3 ln 2 2 ln3
f x x x f x x
x x

         
 

> Hàm số đồng biến trên khoảng (3; + ∞).
Đặt
   
 
2
1 3
0
2
2

x
g x g x
x
x
 

   


> Hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng (3;
+ ∞).
Do đó phương trình
   
f x g x có không quá một nghiệm trên khoảng (3; + ∞).
Còn có
   
5 2 5 5f g x    là nghiệm duy nhất của phương trình.
2). Tính các góc của tam giác ABC biết
 
 
2
2 2
sin sin 1 osA
sin 2 sin 2 os A-B osC.
B C c
B C c c

  



  



Ta có:
   
 
2
2 2 2
osA=0
1
sin sin 1 osA os2B+cos2C os 2cos
cos B-C osA-2
2
c
B C c c c A A
c

      




osA=0c
( vì cos(B-C) >-1 > cosA-2)
0
90A  .
Ta có:
 
sin 2 sin 2 os A-B osC.B C c c  


…

 
os B-C sinc B .

…
 2cos 1B 
0
60B 
Kết luận: A = 90
0
, B = 60
0
, C = 30
0
.
Câu III. (1 điểm) Tính tích phân
3
5 3
2
0
2
1
x x
I dx
x





.
Biến đổi
 
3 2
3 3 3 3 3
5 3 3
2 2 2
2 2 2 2
0 0 0 0 0
1
2
. 1 .
1 1 1 1
x x
x x x x
I dx dx dx x x x dx x dx K J
x x x x


       
   
    

Tính được tích phân K=
58
15
; Tính được tích phân
4
3

J  . Kết luận:
26
5
I  .
Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân
(AB//CD), AB = 2CD = 4a, 10.BC a Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết

Chúc các em học sinh đạt được kết quả tốt và gặp nhiều may mắn trong kỳ thi này!
SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và mặt bên SAB là tam giác đều. Tính
thể tích của khối chóp S.ABCD và tính cosin góc giữa hai đường thẳng SD và
BC.
Giải:
+ Gọi H là hình chiếu của C trên AB và M, N lần lượt là trung điểm của
AB, CD. Ta có HB = 3 ,
2
AB CD
a CH a ON a

   
, do đó
OAB


vuông cân tại O. Suy được OA = OB =
2 2
a
, do đó SO = OB =
2 2
a
.

Khi đó thể tích
3
.
1
. 6 2
3
S ABCD ABCD
V S SO a  .
+ Ta có BC // DM






, , 0;
2
SD BC SD DM


 
   
 
 
.
Còn có:
2 2
10, 10
DM BC a SD SO OD a    
2 3.

SM a  Vậy

2
osSDM
5
c


Kết luận:
2
os =
5
c

.
Câu V. (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
4 16
a b b c c a
P
a b c a b c b c a
  
  
     

Giải:
Đặt x = a + b + c, y = b + c + 4a, z = c + a + 16b. Khi đó x, y, z > 0 và
21 5
, ,
3 15 15

y x z x x y z
a b c
   
   .
Suy ra
21 5 21 5
3 15 15 15 15 3
y x z x z x x y z x y z y x
P
x y z
       
  
   =
6 5 20 5 16
15 15 15
x y z x y x z
x y z
    
 


4 1 1 4 16 1 1 4 4 8 4 16
. . . . 4 16
5 3 15 3 15 3 15 5 3 15 5 15
y z x x y x z x
x x y z x y x z
 
 
              
   

 
 

Dấu đẳng thức xảy ra
 
 
2 2
2 2
5
4 2
4 2
7
4 3
16 4
16
7
a c
b c a a b c
y x y x
z x
c a b a b c
z x
b c



    

 


  
   
   

    











Vây MinP =
16
15
đạt khi
5 3
,
7 7
a c b c
  .

II- PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (A hoặc B)
để làm bài.
A- Theo chương trình Chuẩn
S

A
B
C
N
O
D
M
H
Chúc các em học sinh đạt được kết quả tốt và gặp nhiều may mắn trong kỳ thi này!
Câu VIa. (2 điểm)
1). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 4 20 0x y x y    
và điểm A(5;-6).
Từ A kẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C là các tiếp
điểm. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Giải:
+ Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R =
5, BC cắt IA tai H. Ta có AI = 10
2
5
2
IB
IH
IA
  
. Do đó
1
4
IH IA

 


1 1
;0 ; osAIB
2 2
H c ABC
 
    
 
 
đều.
+ Suy ra tâm đường tròn nội tiếp
ABC
trùng
với trọng tâm G của tam giác. Ta có:
 
2
2; 2
3
AG AH G  
 

Bán kính r đường tròn nội tiếp là:
5
2
r GH  . Suy ra phương trình đường tròn nội
tiếp
ABC
là:

   
2 2
25
2 2
4
x y   
2). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
3 2 1
2 1 2
x y z  
 

và
mặt cầu (S):
2 2 2
2 2 4 19 0x y z x y z       . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường
thẳng (d) sao cho mặt phẳng qua M vuông góc (d) cắt mặt cầu (S) theo một
đường tròn có chu vi 8

.
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -1; 2), bán kính R = 5. Từ giả thiết suy được phương
trình mặt phẳng qua M vuông góc (d) cắt (S) theo đường tròn có bán kính r = 4.
Đường thắng (d) có VTCP
   
2;1; 2 ; 3 2 ;2 ;1 2u M d M t t t      

.
Phương trình của (P):
     
2 3 2 2 2 1 2 0 2 2 9 6 0x t y t z t x y z t               .

Câu VIIa. (1 điểm) Tìm số phức Z thõa mãn 2 2z z i   và
2
2
z i
z


là số ảo.
Giải: Đặt z = x+yi.
Khi đó :
     
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 . (1)z z i x yi x y i x y x y y x                 
Ta có:
 
   
 
   
 
  
 
2 2 2
2 2 2
2 . 2
2 2 2 2 2
2
2 2
2 2 2
x y i x yi

x y i x x y y x y xy
z i
i
z x yi
x y x y x y
      
       

   
   
  
     

2
2
z i
z


là số ảo

   
 
2
2
2 2
2
x x y y
x y
  

 
= 0


 
2 2
2
2
2 (2)
2 0
x y x y
x y

  



  



Thay (1) vào (2) ta được:
 
2
1 1
0, 2
2
x
x y
x


 

  





Chúc các em học sinh đạt được kết quả tốt và gặp nhiều may mắn trong kỳ thi này!
B- Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2 điểm)
1).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 1);
đường cao từ đỉnh A có
phương trình
2 1 0
x y
  
, các đỉnh B, C thuộc đường thẳng


: 2 1 0
x y
   
.
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết diện tích tam giác ABC bằng 6.
Giải:
Tọa độ chân đường cao
1 3
;

5 5
H
 

 
 
. Đường thẳng (d) đi qua G và song song BC có
phương trình.
(d)
1 7
2 3 0. ;
5 5
x y d AH I I
 
     
 
 
. Ta có


3 1;3
HA HI A 
 

Suy ra:
 
 
2
6
, 2 5

,
5
ABC
S
d A BC BC
d A BC

    . Gọi M là trung điểm của BC, ta có :
3
MA MG

 
.
> M(1; 0).
Gọi
1
1
1
;
2
x
B x

 
 
 
. Khi đó
 
2
1

1
3
5 1 4
1
x
MB x
x


    

 

.
+ Với x
1
= 3 > B(3; -1) > C(-1; 1). + Với x
1
= -1 > B(-1; 1) > C(3;
-1) > Kết luận.
2).Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng (d
1
):
1 1
2 1 1
x y z
 
  ,
(d
1

)
1 1 2
1 1 1
x y z
  
 


và điểm A(1; -1; 2). Tìm tọa độ điểm B, C lần lượt thuộc (d
1
), (d
2
) sao cho
đường thẳng BC thuộc mặt phẳng qua A và đường thẳng (d
1
) đồng thời
đường thẳng BC vuông góc với (d
2
).
Giải:
+Ta có
1

đi qua D(0; 1; 1), có VTCP


2;1;1
u

,

   
1
1;2 1 , 3;1;5
AD u AD
 
     
 
  
. Gọi
(P) xác định bỡi A và đường thẳng
1

> PT của (P) -3x +y +5z -6 =0.
2

cắt (P) tại C > C(-1; 3; 0).
+


1
2 ;1 ;1
B B t t t
   
.
2
ó VTCP
c





2
1; 1;1 , 1 2 ;2 ; 1
u BC t t t
       
 
.
Vì


2
2
. 0 2 4; 1; 1 .
BC BC u t B
          
 

Câu VIIb. (1 điểm) Cho số phức z thõa mãn
2
z i

có một acgumen bằng một
acgumen của
2
z 
cộng với
4

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1
T z z i

   
.
Giải: Đặt z = x+yi. Vì
2
z i

có một acgumen bằng một acgumen của
z+ 2
cộng
với
4

.
Chúc các em học sinh đạt được kết quả tốt và gặp nhiều may mắn trong kỳ thi này!
Nên
2
os sin , 0
4 4
2
z i
r c i r
z
 

 
  
 

 

Ta có:


 




 
2
2
2 2
2
2
2
2
2
x y i x yi
x y i
z i
z
x yi
x y
   
   
 

   
 


 
 
=
=




 




 
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
x x y y x y xy
i
x y x y
     

   

Từ giả thiết suy ra
   
 
  
 

 
2 2
2
2
2 2
2 2
2
2 2 2 2
0 2 0
2 2
2 0
x y
x x y y x y xy
x y
x y x y
x y

 
     


     

   
  



Ta có: T=
       

2 2
2 2
1 1 1 1
x yi x y i x y x y           =
3 2 3 2
x y
   .
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
 
 


2 2 2
2 6 2 2 2 6 2 2 20
T x y x y
      

Suy ra:
2 5
T  , dấu đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi x = y = 1.
axT=2 5, 1 .
M khi z i
  

Hết