DE + ĐA KIEM TRA CHUYEN DE ON THI DH LAN 1

1
TRƯỜNG THPT YỂN KHÊ

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CÁC CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN – NĂM HỌC 2011 -2012
Thời gian làm bài:120 phút, không kể thời gian phát đề


ĐỀ THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x
3
- 3x
2

+ mx. (Cm)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 0.
2.Tìm m để hàm số (Cm) có hai cực trị A và B, đồng thời khoảng cách từ gốc tọa độ O đến trọng tâm G
của tam giác AOB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu II ( 3,0 điểm)
1.Trong đoạn [ 0; 10] phương trình sau có bao nhiêu nghiệm:

2 2
1
os2
sin os os2
2
9 4.9 13 9 3

c x
x c x c x

   
.

2. Giải hệ phương trình :
2
4 2 2 2
2 0
4 3 0

    



    


x xy x y
x x y x y



Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân I=
4
3
2
1

(5 ) . 5ln x x x
dx
x
  

.
Câu IV(2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang đáy AD và BC ,

0
BAC 90
và AC=AD. Biết SC=a ,
các mặt phẳng (SAC) , (SBC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và tạo với nhau góc 60
0
,góc giữa
SB và mặt phẳng (SAC) bằng 45
0
.Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu V (1,0 điểm )
Xác định các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có nghiệm thực
 
2 2 4 2
1 1 2 1 2        m x x x x x x .
Câu VI( 1,0 điểm)

Tìm số phức
z
thỏa mãn 1 5z   và 17( ) 5 0z z zz   .

………………Hết…………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: số báo danh










2


TRƯỜNG THPT YỂN KHÊ ĐÁP ÁN
ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CÁC CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN – NĂM HỌC 2011 -2012

Câu Nội dung Điểm
1. (1 điểm)
a) Tập xác định: D = R 0.25
b) Sự biến thiên:
• Chiều biến thiên: y' = 3x
2
– 6x; y
’
= 0  x = 0 ; x = 2
Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞; 0), (2; +∞)

và nghịch biến trong khoảng (0; 2).
• Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ

= 0 đạt cực tiểu
tại x = 2 và y
CT
= 4


0.25
• Giới hạn:
 
   
x x
lim y , lim y

Câu I
(2 điểm)
• Bảng biến thiên:
x -  0 2 +

y
’
+ 0 - 0 +


y
0 +


-  4

0,25








c) Đồ thị (C):

0,25







2
y
’
= 3x
2
-6x + m 0.5

để hàm số có cực trị thì y’=0 phải có 2 nghiệm phân biệt vậy
m < 3
Gọi điểm A(x
1
;y
1
) B(x
2
;y
2
) với x
1
; x
2
là nghiệm của
phương trình 3x
2
-6x + m =0
.
1 2 1 2
1 2 1 2
2
2
2
2
3
2 2 4
3 3 3 3
2 2 4 4 2 4
3 3 9 3

4 2
2 4 0 2 3
9 3
2
G G G G
m
x x ;x .x
x x y y
m
G( x ; y );x ; y
m m
G( ; );OG
OG OG ; m m (TM : m )
KL : m
  
 

   
 
 
 
 
 
       

0.5



3

C©u Néi dung §iÓm
II.1
Phương trình tương đương với:

2
2 2 2
2
2 2 2
2
2 2
3
2sin
sin 1 sin 1 2sin
2
sin
sin 2sin sin
sin
sin sin 2
9 4.9 13 9 3
36 27 3
9 13
9 9 9
36 27
9 13 0
9 (9 )
x
x x x
x
x x x
x

x x

 
   
    
    

0.25
Đặt
2
sin
9 ,1 9
x
t t   Ta có phương trình:
2
39 27
13 0
( 1)( 3)( 9) 0
1; 2; 9
t
t t
t t t
t t t
   
    
   

0.25
Phương trình đã cho tương đương với : sin
2

x = 0. hoặc sin
2
x = 1 hoặc sin
2
x =
1
2

2
2
2
sin 0
sin 1
2
1
sin cos 2 0
2 4 2
x x k
x x k
k
x x x



 
  
   
     

0.5

Kết hợp nghiệm ta có :
;( )
4
x k k z

 
Trong đoạn
0 10
40
0 10 0 ;( )
4
x
k k k z


 
     

Vậy k = 0,1,2, ,11,12. Trong đoạn [ 0; 10] phương trình có tất cả 13 nghiệm .
0.5
II.2
Cách 1
Nhận thấy hệ có 1 nghiệm 0, 0x y  .
Với
0x 
, chia phương trình


1 cho

x
, phương trình


2 cho
2
x
khi đó:
Hệ
 
2
2
2
2
2
2
2
2
2 1
2 1
4 3
6 3
x y
y
y
x y
x
x
y
x y

x y
y
x
x

 


 
    


  
 
 
  

  
 
 
 

 


 
2
2
1
2 1 6 3 4 10 4 0 2;

2
y y y y y y           
+ Với 2y  thay vào PT


1 ta được:
2
3 2 0 1; 2x x x x      
+ Với
1
2
y  thay vào PT


1 ta được:
2
1
0
2
x   PTVN
Kết luận: Nghiệm của hệ:






0;0 ; 1;2 ; 2;2

0.5

0.5



0.5

Cách 2: Từ phương trình


1 ta có:
2
2 1
x x
y
x



thay vào


2 ta được:

4

6 5 4 3 2
4 12 10 6 4 0x x x x x    






2 2
2 1 2 2 1 0 0; 1; 2x x x x x x x           thay vào phương trình


1 ta được
các giá trị tương ứng của y
Từ đó ta có được căp nghiệm của hệ:








; 0;0 1;2 2;2x y   

.
4 4
2
1 1
ln(5 )
5 .
x
I dx x x dx
x

  
 
=K+H
…………………………………………………………………………………………
. K=
4
2
1
ln(5 )
x
dx
x


đặt
2

ln(5 )
5
1
dx
u x
du
x
dx
dv
v
x
x

 
 


 


 

 
 




. K=
4

1
ln(5 )
( )
x
x

 -
4
1
(5 )
dx
x x


=
4 4
1 1
1
ln 4 ( ln(5 )) ln
5
x x
    =
3
ln 4
5
.
…………………………………………………………………………………………
. H=
4
1

5 .
x x dx


Đặt
5t x  ta có
2
5t x  do đó
2tdt dx 


x 1 4

t 2 1

.
1
5
2 3 2
2
1
5 164
(5 ) ( 2 ) 2( )
3 5 15
t
H t t t dt t     


…………………………………………………………………………………………

. KL:
3 164
ln 4
5 15
I  




0, 25





0,2 5










0, 25

0, 25
Câu
III

Câu
IV
Do
   
   
 
SAC ABCD
SC ABCD
SBC ABCD

 

 





,
 
SC AB

AB SAC
AC AB




 






   
 


 
 


0 0
SAC , SAB ACB 60 , SB, SAC ASB 45    

Đặt AC=x>0 ta có
2 2
AB x 3,SA a x  
Do tam giác SAB vuông cân tại A
nên
2 2

a
x 3 a x x
2
   


0.5








0.5
45
0
60
0
x 3
x
a
C
B
D
A
S

5

nên
 
3
2
S.ABCD ABCD ABC ACD
1 1 1 3 3a
V SC.S SC. S S SC. AB.AC AC
3 3 3 2 8
 



     






 







1,0

+ ĐK: 1x 
Phương trình tương đương
 
2 2 2
1 1 2 1 1 2m x x x x x x         (2)
0,25
Câu
V
+ Đặt
  
2 2
2
2 2 2 2
1 2 1
1 0 .
1 1 1
t x x
t x x
t x x


  


    


   




Vậy
1 2t 
0,25

+ Ta có
   
2
1
2
1
t t
f t m
t
 
  

với
1; 2t
 

 
 


 
2
/
2
0, 1; 2

1
t t
f t t
t

 
    
 
 

nên
 
f t đồng biến trên
1; 2
 
 
 
.
0,25

+ PT đã cho có nghiệm
     
 
1; 2 1; 2
min max 1 2f t m f t f m f
   
 
 
 
 

     


3
2 2 1
2
m    .
0,25
Đặt ; ,
z a bi a b R
   , ta có:
   
2
2 2 2
1 5 1 5 2 24 1z a b a b a         
Mặt khác:
 
2 2
34
17( ) 5 . 0 2
5
z z z z a b a     



0.5
Câu
VI

Thay (2) vào (1) được
24
24 5
5
a a   . Kết hợp với (1) có
2
9 3, 3b b b     .
Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là: z =
5 3i
và z =
5 3i
.


0,5


Thí sinh làm theo cách khác, đúng vẫn cho điểm tối đa.