De Thi DH Khoi B - lan 2 - Hau Loc 4 - Thanh Hoa - 2012 - 2013

Sở GD- ĐT Thanh Hóa ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẤN 2
Trường THPT Hậu Lộc 4 NĂM HỌC 2012-
2013
Môn : toán; khối : B
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề)

I.Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số:
2 1
1
 


x
y
x

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm những điểm trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại điểm đó tạo với hai trục tọa độ một tam giác
có trọng tâm cách trục hoành một khoảng bằng
5
3
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình :
sin 4 sinx 1 cos3 2 os(2 )
4

    x x c x
.
2. Giải hệ phương trình :

1
1
1 1 1
1 4 2 2


   

  


   

y
x
x y
x y
x y
. (với
;

x y R
)
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân:


2
l
1 ln 2
1 ln

   



e
x x x x
I dx
x x

Câu IV(1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác
1 1 1
.
ABC A B C
có đáy ABC là tam giác vuông tại C với AC = a,
cạnh bên
1
AA 2

a
và tạo với đáy một góc bằng
30

, biết mặt phẳng
1
( ) ( )

ABB ABC
và tam giác
1
AA

B

cân tại
1
A
. Tính thể tích của khối chóp
1 1 1
.
A BCC B
theo a.
Câu V (1,0 điểm). Cho 2 số thực a, b

(0; 1) và thỏa mãn :
3 3
( )( ) (1 )(1 )
    
a b a b ab a b

Tìm GTLN của F =
2 2
2 2
1 1
3
1 1
   
 
ab a b
a b
.
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 (C):
2 2
2 1 0
x y x
   
, điểm A(1;1) và đường
thẳng
: 2 1 0
   
x y
. Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) và

theo thứ tự tại M, N sao cho A là
trung điểm của MN.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mp(P): 2x - 3y + z - 1 = 0, đường thẳng
1 1 2
:
1 1 2
  
 
 
x y z
d

và điểm A(1;1;0).Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A vuông góc với (P) cắt
d
tại B sao cho AB =
2

Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho z là số phức thỏa mãn: (3 - 2i).z = (2 + i)(1 + i) + 1.Tìm phần thực và phần ảo của số phức
2013
2 4
z i
 
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 2 8 0
x y x y
    
có tâm I, đường thẳng
d: x - y + 2 = 0 và điểm A(2; 2).Viết phương trình đường thẳng

cắt (C) và d lần lượt tại M,N sao cho tứ
giác IANM là hình bình hành.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho đường thẳng
1 3
:
1 1 1
 
  

x y z
, mp(P): 3x + y - z - 7 = 0
và điểm A(-1; 1; 2). Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt


tại B sao cho độ dài AB bằng
khoảng cách từ A đến (P) .
Câu VII.b ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3
3 1
log ( 2 8) 4
3.2 2 2 2
 
  



  


x x y y
y 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:


Câu Nội Dung Điểm
I
(2,0đ)

1. (1,0đ)

TXĐ: D = R\


1

Chiều biến thiên:
,
2
1
0
( 1)
 

y
x
, với

x D
 



hàm số đồng biến trên mỗi khoảng :


;1

và


1;


Cực trị: hàm số không có cực trị
Giới hạn, tiệm cận :
2

 
x
Limy
,
2

 
x
Lim y
;

(1)


 
x
Lim y
,
(1)


 
x
Lim y



2
 
y
là tiệm cận ngang;
1

x
là tiệm cận đứng.

Bảng biến thiên:

Đồ thị: đi qua các điểm (0;
1

) ; (
1
2
; 0)
Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(1;-2) làm tâm đối xứng

2. (1,0đ)
2.Gọi M(
0
0
0
2 1
;
1
 

x
x
x
)
( )
C

là điểm cần tìm và

tiếp tuyến với (C) tại M




0,25

0,25








0,25

















0,25





2




2




1

x
,
y

y
2


-1

I
O
y
x



















II
(2,0đ)

ta có phương trình

:
'

0
0 0
0
2 1
( )( )
1
 
  

x
y f x x x
x
 
0
0
2
0
0
2 1
1
( )
1
1
 
   


x
y x x
x

x


Gọi A =
 
ox

A(
2
0 0
2 2 1
 
x x
;0)
B =
 
oy

B(0;
2
0 0
2
0
2 2 1
( 1)
 


x x
x

). Khi đó

tạo với hai trục tọa độ


OAB có trọng tâm là: G
2 2
0 0 0 0
2
0
2 2 1 2 1
;
3 3( 1)
 
   

 

 
x x x x
x
. (đk
0
1
x

)
Do d(G; Ox) =
5
3

2
0 0
2
0
2 2 1
5
3( 1) 3
x x
x
 
 


2 2 2
0 0 0 0 0 0
2 2 1 5 10 5 3 8 4 0
x x x x x x
         

0
0
2
2
3









x
x


Với
0
2 (2; 3)
  
x M
; với
0
2 2
( ;1)
3 3
 x M
.

1. (1,0đ)

Pt

sin 4 s inx 1 cos3 sin 2 cos 2
    
x x x x

2
sin 4 sin 2 sin 2 sin cos3

x x x x x
    
2
2 cos 3 .sin sin 2sin cos3
x x x x x
   


2sin .(cos 3 sin ) (cos3 sin ) 0 (2sin 1)(cos3 sin )
0
x x x x x x x x
        

1
sin
2
os3 sin







x
c x x


Với
2

1
6
sin
5
2
2
6





 

 


 


x k
x
x k
(k

Z)
Với cos3x = sinx
3 2
8 2
2

os3 os( )
2
3 2
2 4
 



 




 
  

    


   
  

 
x k
x x k
c x c x
x x k
x k

2. (1,0đ)

đk:
0 ; 1
 
x y

pt(1)
1
1
1 1 1 1 (1 )
y
x
x y
x y

    
    
(*)
xét h/s
( )
1 1
t
f t t
t
 
 
; có
'
2
1 1

(1 1 ) .
2 2 1
( ) 1 0 , (1; )
(1 1 )
t t
t t
f t t
t
  

     
 



0,25




0,25





0,25

0,25





0,25


0,25




0,25




0,25





0,25

0,5











III
(1,0đ)











IV
(1,0đ)

vì (*)
( ) (1 ) 1
f x f y x y
     
, thế vào pt(2) ta được :
2
1 5 2 2 6 2 2 5 6 8
x x x x x

         
2 2 2
1 1
5 6 1 5 6 ( 1)
2 2
x x x x x x x y
             
(tmđk)
vậy hệ pt có nghiệm là
1
2
1
2
x
y










(1,0đ)

Ta có:
1 1 1
( 1).( .ln 1) ln 1 ln 1

. ( 1)
1 ln 1 ln
e e e
x x x x x
I dx x dx dx
x x x x
    
   
 
  

xét
2
2
1
1
1
1 3
( 1)
2 2 2
e
e
x
I x dx x e e
 
      
 
 


xét
2
1
ln 1
1 ln
e
x
I
x x




.dx =
1
1
(1 ln )
ln 1 ln ln(1 )
1 ln
e
e
d x x
x x e
x x

   



khi đó
1 2
I I I
 
=
2
1 3
2 2
e e
 
+ ln(1+e)














Gọi I là trung điểm của AB, vì tam giác A
1
AB cân tại A
1
nên A

1
I

AB


nên A
1
I

(ABC)

(AA
1
;(ABC)) =
^
0
1
30
A AI 

tam giác vuông IA
1
A có A
1
I = A
1
A.sin
0
30

= 2a.
1
2
= a
và
2 2 2 2
1
4 3
AI A A AI a a a
    
2 2 3
AB AI a
  
, khi đó
2 2 2 2
12 11
BC AB AC a a a    

ta có:
1 1 1 1 1 1 1
. . . 1 1 1
1 2
. . .
3 3
A BCC B ABC A B C A ABC ABC ABC ABC
V V V A I S A I S A I S
    
3
2 1 1 11
. . . . 11

3 2 3 3
a
a CA CB a a a  
(đvtt)








0,25




0,25


0,25


0,25


0,25

0,25






0,25




0,5



C
B
1
A
1

C
1
A
B
I
V
(1,0đ)

VI.a

















(1,0đ )
gt
3 3
( )( )
(1 )(1 )

a b a b
a b
ab
 
   
(*) .
vì
 
3 3 2 2
( )( )
2 .2 4
a b a b a b
a b ab ab ab
ab b a
 
 
    
 
 
và




1 1 1 ( ) 1 2
a b a b ab ab ab
        
, khi đó từ (*) suy ra
4 1 2
ab ab ab

  
, đặt t = ab (đk t > 0)
ta được:
 
2
1
0
1
3
4 1 2 2 1 3 0
9
4 1 3
t
t t t t t t
t t

 

         


 


Ta có:
2 2 2 2
1 1 2 1 1 1 1
0
1 1 1 1 1 1 1a b ab a ab b ab
   

      
   
      
   





 
  
2
2 2
. 1
0
1 1 1
a b ab
ab a b
 
 
  
luôn đúng với mọi
a, b

(0; 1),
dấu "=" xảy ra khi a = b

vì
2 2
2 2

1 1 1 1 2 2
2 2.
1 1 1
1
1 1
a b ab
ab
a b
 
    
 
  

 
 
và


2
2 2
ab a b ab a b ab
     

nên
2 2
1 1
F ab t
ab t
   
 

xét f(t) =
2
1
t
t


với 0 < t
1
9

có
'
1
( ) 1 0
(1 ) 1
f t
t t
  
 
với mọi 0 < t
1
9



1 6 1
( ) ( )
9 9

10
f t f
   
,dấu "=" xảy ra
1
1
3
9
a b
a b
t ab



   

 



V
ậy MaxF =
6 1
9
10

đạt được tại
1
3
a b

 


1.(1,0đ)

Do
( ;2 1)
N d N N a a
       
,
vì A là trung điểm của MN nên
(2 ;1 2 )
M a a
 
mà



2
2 2
( ) 2 (1 2 ) 2(2 ) 1 0 5 6 0
M C a a a a a
           
0
6
5
a
a










với a = 0

N(0; 1)

pt d: y = 1

với
6 6 17
( ; )
5 5 5
a N
  
pt d: 12x - y - 11 = 0.

2. (1,0đ)

0,25







0,25




0,25







0,25






0,25

0,25

0,25


0,25













VII.a
(1,0đ)

VI.b
(2,0đ)

do
(1 ; 1 ;2 2 )
B d B t t t
     
.
2 2 2 2 2
2 2 ( 2) (2 2) 2 6 12 6 0
AB AB t t t t t
            
1 (2;0;0)
t B
   

ta có mp(P) có vtpt là
(2; 3;1)
P
n  

.
vì
( ) ( )
P Q

và (Q) chứa AB nên (Q) có vtpt là
;
P
n n AB
 


 
  

với
(2; 3;1)
P
n  

;
(1; 1; 0)
AB  


(1;1;1)
n 



khi đó pt(Q): x + y + z - 2 = 0
1,0đ
Ta có:
2 3
3 2
i
z
i








2 3 3 2
9 4
i i
i
 
 


2013 2013 2012
.
z i i i
  


1006
2
.
i i i
 


khi đó
2013
2 4
z i

 
= i + 2 - 4i = 2 - 3i,
nên phần thực là a = 2 , phần ảo là b = -3

1. (1,0đ)

(C) có tâm I(1; 1), vì
( ; 2)
N d N d N a a
      

IANM là hình bình hành
AI NM
 
 
,
với
( 1; 1); N(a; a+2) M(a-1 ; a+1)
AI    


mà
2 2
( ) ( 1) ( 1) 2( 1) 2( 1) 8 0
M C a a a a
          

2
1
2 4 6 0

3
a
a a
a
 

    




với
1 ( 1;1) : 2 0
a N pt x y
        

với
3 (3;5) : 2 0
a N pt x y
      

KL :
: 2 0
pt x y
   
.
2.(1,0đ)
Ta có
d(A ; (P)) =
3 1 2 7

11
9 1 1
   

 

vì
(1 ;3 ; )
B d B B t t t
        







2 2 2
2
( ;( )) 11 11 2 2 2 11
AB d A P AB t t t
          

2
1
3 4 1 0
1
3
t
t t

t



    




với t = 1
(2;2;1)
B

, ta có d đi qua A(-1 ; 1 ; 2) và có vtcp
(3;1; 1)
AB
 


1 3
d: 1
2
x t
pt y t
z t
  


  



 


với
1 4 8 1 7 5 5
( ; ; ) ( ; ; )
3 3 3 3 3 3 3
t B AB
    





0,25

0,25

0,25

0,25


0,25

0,25


0,25

0,25



0,25


0,25

0,25


0,25




0,25





0,25



0,25

VII.b
(1,0đ)











ta có d đi qua A(-1 ; 1 ; 2) và có vtcp
(7;5; 5)
u
 

1 7
d: 1 5
2 5

x t
pt y t
z t
  


  


 



1,0đ

Đk: y > 2x - 8
Pt đầu

y – 2x + 8 =


4
3
2
y x
 
+1

thế vào pt thứ hai ta được:
3 3 2 1

3.2 2 2 2

  
x x x 3 2
4.2 2.2 2 0
   
x x


Đặt: t =
2
x
, (đk t > 0 ) , ta có pt:




3 2 2
2 1 0 1 2 1 0
       
t t t t t

0
1
1


  




x
t
y


0,25

0,25



0,25



0,25

0,25

0,25