NHỮNG ĐỀ THI HAY NĂM 2011 CÓ ĐÁP ÁN

1

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN
NĂM 2011
Câu I) Cho hàm số
1
1
x
y
x
+
=
−
(H)
1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số (H)
2) Tìm hai ñiểm A, B thuộc ñồ thị sao cho tiếp tuyến tại A, B song song với nhau và khoảng
cách giữa hai tiếp tuyến là lớn nhất.

Câu II)
1) Giải phương trình lượng giác:
2 2
2 3sin .cos 2cos 3 4 sin cos .cos
8 8 8 3 3
x x x x x x
π π π π π
 
         
− − + − = + + − +
         
 
         

 

2) Giải hệ phương trình sau:
(
)
2 2
1 2
2
1 1 3 3
y x
x y
x
y x x

+ = +




+ − = +



Câu III)
1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ñồ thị các hàm số:
25
x x
y e e
= −
và

144
25
x
y
e
=
−

2) Cho l
ă
ng tr
ụ

ñứ
ng ABCA’B’C’ có
ñ
áy ABC là tam giác vuông t
ạ
i B có AB=a;
2
BC a
=
,
' 6
BB a
= . Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với A’C cắt CC’, BB’ lần lượt tại M, N. Tính thể
tích khối chóp ABCMN.

Câu IV)
1) Trong mặt phẳng Oxy cho A(1;2) và các ñường thẳng

1 2
: 2 1 0; : 2 8 0
d x y d x y
+ − = + + =
.
Tìm B thuộc d
1
, D thuộc d
2
và C sao cho ABCD là hình vuông.

2) Trong không gian Oxyz cho A(2;1;-1); B(-1;2;0) và ñường thẳng d:
1
0
x t
y
z t
= +


=


= −

. Vi
ế
t ph
ươ
ng

trình
ñườ
ng th
ẳ
ng
∆
qua B c
ắ
t (d) sao cho kho
ả
ng cách t
ừ
A
ñế
n
ñườ
ng th
ẳ
ng
∆
b
ằ
ng
11


Câu V)
1) Gi
ả
i ph

ươ
ng trình:
2
100 250 40 6(25 4 )
x x x x x
+ = + −

2) Cho hai s
ố
a, b th
ỏ
a mãn
1
; 1
2
a
a
b
≥ − >
. Tìm a, b sao cho biểu thức
3
2 1
( )
a
A
b a b
+
=
−
nhỏ nhất.

Thầy Kiên toán: 0988844088, 01256813579


2

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KIỂM TRA THẦY KIÊN 0988844088
Câu I)
1.
1
1
x
y
x
+
=
−
. Khảo sát – HS tự làm
2. Gọi
1 1
; , ;
1 1
a b
M a N b
a b
+ +
   
   
− −

   

Tiếp tuyến tại song song với tt tại N
( ) ( )
' 1
1
a b
f a f b a
b
≠


⇔ = ⇒ ≠


≠


( ) ( )
2 2
2 2
2
1 1
( )
1
a b
a b
a b loai
a b


− = −
+ =


− −
⇔ ⇒


=


≠ ≠


TT t
ạ
i
( )
( ) ( )
2
2
2
2 1
: : 2 1 2 1 0
1
1
a
M y x a x a y a a
a
a

+
= − − + ⇒ ∆ − − − + =
−
−

Ta có
(
)
1;1
I là trung ñiểm MN suy ra khoảng cách giữa hai tiếp tuyến lớn nhất
/ max
I
d
∆
⇔
( )
( ) ( )
( )
( )
2
2
/
4 2
2
2
2 1 2 1
4 1
4 4
2
2

4
4 1 4 1
1
1
I
a a a
a
d
a a
a
a
∆
+ − − − +
−
⇒ = = = ≤ =
+ − + −
+ −
−

ax
1 2 2 1 1 2
2
1 2 2 1 1 2
m
a a b
d
a a b
  
− = = + = −
⇒ = ⇔ ⇒ ⇒ ⇒

  
− = − = − + = +
  
  
có hai cặp ñiểm M,N
Câu II)
1. Giải phương trình lượng giác:
2 2
2
2 3sin .cos 2cos 3 4 sin cos .cos
8 8 8 3 3
2
3sin 2 1 cos 2 3 4sin 2 cos cos 2
4 4 3
3sin 2 cos 2 3 2 2 cos2 2cos2
4 4
x x x x x x
x x x x
x x x x
π π π π π
π π π
π π
 
         
− − + − = + + − +
         
 
         
 
     

⇔ − + + − = + + +
   
 
     
   
⇔ − + − = − + − +
   
   
3 1 3
sin 2 cos 2 sin 2 sin
2 4 2 4 2 12 3
2 2
12 3
8
2 7
2 2
12 3
24
x x x
x k
x k
x k
x k
π π π π
π π π
π
π
π π π
π
π

     
⇔ − + − = ⇔ + =
     
     
 
+ = +
= +


⇒ ⇔


 
+ = +
= +





3

2. Giải hệ
( )
(
)
( )
2 2
1 2
2 1

1 1 3 3 2
y x
x y
x
y x x

+ = +




+ − = +



( ) ( ) ( )
2
0( )
1 2 2 2 2 0
2
x y loai
y x y x x xy x y x y y x
y x

+ =
⇔ + = + ⇒ − + − = ⇔

=


Thay y=2x vào (2) ta có:
(
)
(
)
2
2 2
2
3 1
2 1 1 3 3 2
1 1
x
x x x x
x
+
+ − = + ⇒ =
+ −

Ta th
ấ
y VP có d
ạ
ng
( ) ( )
( )
2
3 3
' 0
1
1

t
f t f t
t
t
= ⇒ = − <
−
−
ngh
ị
ch bi
ế
n
(
)
(
)
: 2 ' 2 0
VT f x x f x
= ⇒ = >

3
x⇒ =
là nghiệm duy nhất
KL: nghiệm của hệ
(
)
3;2 3

Câu III)
Tính Shp gi

ớ
i h
ạ
n b
ở
i:
25
x x
y e e
= −
và
144
25
x
y
e
=
−

Hoành ñộ giao ñiểm 2 ñồ thị là nghiệm 25
x x
e e
− =
144
25
x
e
−

⇔

25
x x
e e
− =
( )
(
)
( )
9
ln9
144
25 144
ln16
16
25
x
x x
x
x
e TM
x
e e
x
e TM
e

=
=

⇔ − = ⇔ ⇔



=
=
−



(
)
(
)
ln16 ln16
ln9 ln9
25 144
144
25
25
25
x x
x x
x
x
e e
S e e dx dx
e
e
− −
⇒ = − − =
−

−
∫ ∫

Đặt
2 2
25 25 25 2
x x x x
e t e t e t e dx tdt
− = ⇒ − = ⇒ = − ⇒ − =


(
)
(
)
2 2 2 2
4 4
2 2
3 3
3
4 4
2 4 4
3 3
3 3
25 144 25 144
2
. 2
25 25
288 1 1 2 144 5 74 144 7
2 ln ln

10 5 5 3 5 5 3 5 18
t t t t
tdt
S dt
t t t
t t
t dt dt
t t t
− − − − −
⇒ = =
− −
−
 
= − − − = − − = − −
 
− + +
 
∫ ∫
∫ ∫




Câu III)
Kẻ ñường thẳng qua
'
A AC
⊥
cắt AC’ ở I và CC’ ở M
4

Tính ñược CI=a suy ra IA’=2a
1
AA ' 2
MC
⇔ = ⇒
M là trung ñiểm của CC’
Có
(
)
(
)
(
)
' ' , ' ' '
BC ABA B BC AN AN P AN AC AN A BC AN A B
⊥ ⇒ ⊥ ∈ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
' '
NB BJ
AA JA
=
v
ớ
i
'
J AN A B
= ∩

Tính
ñượ

c
7 1 1 6
, ' 7 '
7 ' 6 6 6
a BJ a
BJ A B a NB AA
JA
= = ⇒ = ⇒ = =

( )
3
1 1 1 6 6 2 3
. . 2
3 3 2 6 2 9
ABCNM
a a
V AB dt BCNM a a a
 
= = + =
 
 
 

B'
J
I
A
B
N
C

M
C'
A'


Câu IV)
1) Giả sử ta ñã tìm ñược B, D thỏa mãn ñiều kiện ta suy ra D là ảnh của B qua phép quay tâm A
góc quay
0
90
±

*) Xét phép

0
0
1 1 1 1 1
( ,90 )
( , 90 )
: :2 4 0 (0; 4)
: ( 5;3) :7 5 20 0 :5 7 9 0
5 1
; ( 6; 3)
2 2
A
A
Q d a a x y D a d D
Q D B B BD x y AC x y
I AC BD I C
−

→ ⇒ − − = ⇒ = ∩ ⇒ −
→ ⇒ − ⇒ + + = ⇒ − + =
 
= ∩ ⇒ − − ⇒ − −
 
 

T
ươ
ng t
ự
xét phép quay
5

0
0
1 2 2 2 1
( , 90 )
( ,90 )
16 12
: :2 4 0 ;
5 5
27 11
: ; :7 5 20 0 :5 7 9 0
5 5
6 33
;
5 5
A
A

Q d a a x y D a d D
Q D B B BD x y AC x y
C
−
 
→ ⇒ − + = ⇒ = ∩ ⇒ − −
 
 
 
→ ⇒ − ⇒ + + = ⇒ − + =
 
 
 
⇒ −
 
 

2)
(
)
(
)
(
)
( )
/
2
2 2
/
2 2

1 ;0; , 2; 2;
,
; ( 3;1;1); , ( 2;2 2; 4)
1
2 (2 2) ( 4)
11 2 (0;1; 1) : 2
( 2) 4
1
A
A
d M t t u BM t t
BM AB
d AB BM AB t t t
BM
x
t t t
d t u PTTS y t
t t
z t
∆
∆
∆
∆
∆ ∩ = + − = + − −
 
 
 
= = − = − − −
 
= −


− + − + −

⇒ = = ⇔ = − ⇒ − ⇒ ∆ = −

+ + +

= +

 
 
  



Câu V)
1) Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
Ta có

2
2
100 10 (25 4 ) 6(25 4 ) 0
10
2
10 10
25 4

6 0
25 4 25 4
10
3
25 4
x x x x x x
x
x x
x x
x x x x
x
x x
PT ⇔ + − − − =

=

 
−

⇔ + − = ⇔
 
− −

 
= −

−


(1)

(2)

Giả
i (1) ta có
5
2
1 17
log
4
x
 
+
=
 
 
 
; Gi
ả
i (2) ta có
2
5
1 37
log
6
x
 
+
=
 
 

 

2)
T
ừ
gi
ả
thi
ế
t ta suy ra
3
0; 1 0; ( ) 0
a a b a b
≠ + > − >

Ta có
2
0 ( )
4
a
b a b< − ≤
nên ta có
3
2
2 1
4
a
P
a
 

+
≥
 
 
Xét hàm số
3
2
2 1 1
( ) ; ;
2
a
f a a
a
+
 
= ∈ − +∞
 
 

L
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên ta tính
ñượ
c
min ( ) 3
f a

=
t
ạ
i a=1 ho
ặ
c
1
2
a
= −
suy ra Min P=12 tại
1
1
2
1
1
2
4
a
a
b
b

=
= −



∨



=

= −









6

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2010- 2011
Thời gian làm bài 180 phút
Câu I) Cho hàm số
1
32
+
+
=
x
x
y
(H)
1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số (H)
2) Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị (H) tại những ñiểm thuộc ñồ thị có khoảng cách ñến

ñường thẳng 3x+4y-2=0 bằng 2.
Câu II)
1) Giải phương trình sau:
3
4
sin22
3sin3cos
2sin4cos
2
+






+=






+
+
π
x
xx
xx

2) Giải hệ phương trình sau:





=++
=−−+−
yxx
yyxyx
32
28309
2236

Câu III)
1) Tính tích phân sau:
∫
+
=
3
4
2
cos1cos
tan
π
π
dx
xx
x
I

2) Cho l
ă
ng tr
ụ
ABCA’B’C’ có
ñ
áy là tam giác vuông v
ớ
i c
ạ
nh huy
ề
n BC=2a;
0
60
ˆ
=CBA
. Mặt
bên (BCC’B’) là hình thoi (
0
90
ˆ
' <CBB
)và vuông góc với ñáy mặt bên (ABB’A) tạo với ñáy
một góc 45
0
.Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’.

Câu IV)
1) Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho ñường tròn (T) có phương trình:

0128
22
=+−+ xyx
và
I(8;5). Tìm tọa ñộ ñiểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ ñược hai tiếp tuyến MA, MB ñến
ñường tròn (T) ñồng thời ñường thẳng AB ñi qua I. (A, B là hai tiếp ñiểm)

2) Trong không gian Oxyz cho A(-1;0;2) , mặt phẳng (P): 2x-y-z+3=0 và ñường thẳng (d) có
phương trình
1
6
4
2
2
3
−
=
−
=
−
zyx
. Viết phương trình ñường thẳng
∆
qua A cắt (d) tại B, cắt
(P) tại C sao cho AB=AC.
Câu V)
1) Tìm m ñể phương trình
0)22914(log2)6(log
2
2

1
3
2
=−+−+− xxxmx có 3 nghi
ệ
m th
ự
c
phân bi
ệ
t
2) Cho x, y là các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng. Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c

22
33
)(7
yxxy
yxxyyx
A
+
+++
=

(T Kiên 0988844088)
Họ và tên:…………………………………………
Trường:……………………………………………

7

ĐÁP ÁN THI THỬ
THẦY KIÊN TOÁN 0988844088
Câu I)
1)Học sinh tự làm
2) Xét
H
a
a
aM ∈







+
+
1
32
;

Ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i M là:
( )
( )
(*)
1
32
1
1
2
+
+
+−
+
−=
a
a
ax

a
y
(0,25ñ)
Có:
2
/
=
∆M
d
với
0243:
=
−
+
∆
yx


























−=
−=
−<
⇔



=++
−<












=
=
−≥
⇔



=−
−≥
⇔










−−=++
−<



+=++
−≥
⇔
+=++⇔=

+
−






+
+
+
⇔
)(
3
4
)(5
1
020193
1
)(
3
1
)(0
1
03
1
10101093
1
10101093
1

)25,0(11010932
43
2
1
32
43
2
2
2
2
2
22
TMa
TMa
a
aa
a
TMa
TMa
a
aa
a
aaa
a
aaa
a
ñaaa
a
a
a

Giải ñúng 4 giá trị của a: 0,25ñ
Từ ñó có 4 tiếp tuyến tương ứng với 4 giá trị của a. (Viết ñủ 0,25ñ)
Câu II)
1) Giải phương trình lượng giác:
3
4
sin22
)2
2
cos(3cos
)2
2
cos(4cos
2
+






+=













−+
−+
⇔
π
π
π
x
xx
xx
PT (0,25ñ)
3
4
sin22
4
3cos.
4
cos2
.
4
3cos.
4
cos2
2
+







+=


















−







−






+
⇔
π
ππ
ππ
x
x
xx

⇒
ñiều kiện:
0
4
3cos ≠






−
π

x
(0,25ñ)
8

)25,0)((
2
2
4
sin
0
2
1
4
sin2
4
sin
2
3
4
sin2
4
cos
22
dTMx
xxxxPT
−=







+
=−






+−






+−⇔+






+=







+⇔
π
ππππ



KL:




+=
+−=
ππ
π
π
2
2
2
kx
kx
(0,25
ñ
)
2) Gi
ả
i h
ệ
:






=++
=−−+−
)2(32
)1(28309
2236
yxx
yyxyx

Điều kiện:
2
3
−≥x

PT(1)
(
)
(
)
[
]
031)3(3130289
2422326
≥+⇒+++=+⇔+++=+⇔ yyyxxyyyxx (0,25ñ)
Xét hàm số
(

)
(
)
tttttf +=+=
32
1 với
0
≥
t

⇒∀>+= tttf 013)('
2
hàm
)(tf
ñồng biến.
(
)
3)3(
22
+=⇔+=⇒ yxyfxf (0,25ñ)
Thay vào (2):
332
2
−−=+ xxx




−=
=

⇒





=++−−
≥−−
⇔





+++−−=+
≥−−
⇔
2
3
06452
03
966232
03
234
2
2234
2
x
x
xxxx

xx
xxxxxx
xx
(0,25
ñ
)

V
ớ
i
12;63 −=⇒−==⇒= yxyx

KL: Hệ có nghiệm
(
)
(
)
(
)
1;2,6;3; −−=yx
(0,25ñ)
Câu III)
1)
∫∫∫
+
=
+
=
+
3

4
2
2
3
4
2
2
3
4
2
cos
1
.
2tan.
tan
cos
1
.
1
cos
1
.
tan
cos1.cos
tan
π
π
π
π
π

π
dx
x
x
x
dx
x
x
x
dx
xx
x
(0,25 d)
Đặt 2tan2tan
222
+=⇒=+ xttx (0,25)
dx
x
xtdtdx
x
xtdt
22
cos
1
.tan
cos
1
.tan22 =
⇒
=

⇒
(0,25ñ)
( )
35
5
3
5
3
5
3
−====
⇒
∫∫
tdt
t
tdt
I
(0,25d)
2)




+=
+−=
⇔







+=+
+−=+
⇔−=






+
)(2
)(2
2
2
4
5
4
2
44
2
2
4
sin
TMkx
TMkx
kx
kx
x

ππ
π
π
π
ππ
π
ππ
π
9

C'
A
M
B
H
C
B'
A'

Vì
(
)
(
)
ABCBBCC ⊥''
Hạ
(
)
ABCHBBCHB ⊥⇒⊥ ''
Hạ

0
45
ˆ
' =⇒⊥ HMBABHM
(0,25ñ)
Đặt
a
x
AC
HM
xBH
2
=⇒=

xx
a
a
HMa
a
AC
2
3
2
3
3
2
32
==⇒==

2222

4'' xaBHBBHB −=−= (0,25ñ)
'
MHB
∆
vuông cân
7
4
4
4
3
'
222
a
xxaxHMHB =⇒−=⇒=
(0,25ñ)
( )
3
3
7
7
3
7
3
.3
2
1
.
7
3
2.' a

a
aaaABCdtHBV ==== (ñvtt)
Câu IV):
Xét
(
)
yxA ;
là tiếp ñiểm
∈
⇒
A
ñường tròn:
)1(0128
22
=+−+ xyx
tâm
(
)
2;0;4 =RJ

(
)
yxAJ ;4−


(
)
mMOyM ;0) ⇒∈

(

)
.; myxAM −

MA là ti
ếp tuyến
JAMA
⊥
⇒
(0,25ñ)
040.
22
=−+−⇔=⇔ myyxxAJAM



04
22
=−−+⇔ myxyx (2) (0,25ñ)
10

⇒
tọa ñộ A thỏa mãn hệ:
0124
04
0128
22
22
=−−⇒






=−−+
=+−+
myx
myxyx
xyx

⇒
A,B thu
ộ
c
ñườ
ng th
ẳ
ng
0124:
=
−
−
∆
myx
(0,25
ñ
)
A, B qua
(
)
40125325;8 =⇒=−−⇔ mmI

Vậy M(0;4) TMĐK (0,25)
2) Giả sử
(
)
⇒+++=∩∆ tttBd 6;42;23 A là trung ñiểm BC
(
)
tttC 22;42;25 −−−−−−⇒

Vì C thuộc mặt phẳng (P)
( )
2
1
36032242252 =⇒=⇒=+++++−−⇒ ttttt

(
)
3;4;6 −−−⇒ C

∆
⇒
qua A, C
(
)
5;4;5 −−−⇒ AC
PTTS
( )






−=
−=
−−=
∆
tz
ty
tx
52
4
51
:
Câu V)
(
)
(
)
( ) ( )
22914log6log
22914log26log)1
2
2
3
2
2
2
3
2
1

−+−=−⇔
−+−−=−⇔
−
xxxmx
xxxmx








+−−=
<<
⇔





−+−=−
>−+−
⇔
29
2
146
2
14
1

229146
022914
2
23
2
x
xxm
x
xxxmx
xx
(0,25)
Xét
( )
29
2
146
2
+−−=
x
xxxf
với






∈ 2;
14
1

x

( )
( )
22
23
2
2
1
3
1
112
214122
1412'
x
xxx
x
xx
x
xtf






−







+−
=
+−
=+−=
(0,25)
24
19
39/2
3/98
2
1
1/21/14-1/3
f(x)
f'(x)
x
(0,25)

11


Từ ñó ta có: PT có 3 nghiệm khi
2
39
19 << m (0,25)
2)
(
)

(
)
22
3
4
yxxy
yxxyyx
A
+
+++
=
(0,25)
Theo Cauchy:
(
)
(
)
(
)
23
44 yxxyyxxyyx +≥+++ (0,25)
( )
( )
2
22
2222
22
2
2
.

2
2.
2
yx
xy
xyyxxy
yxxy
xy
yxxy +=








++
≤+=+ (0,25)
28min2822.4 =⇒=≥⇒ AA
khi x=y. (0,25)

12

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN
NĂM 2011

Câu I) Cho hàm số
4 2
2 2
y x mx
= − +
(Cm)
1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số khi m=3
2) Tìm tất cả các giá trị của m ñể ñồ thị (C
m
) có 3 ñiểm cực trị tạo thành 1 tam giác có ñường
tròn ngoại tiếp ñi qua ñiểm

3 9
;
5 5
D
 
 
 

Câu II)
1) Gi
ả
i ph
ươ
ng trình sau
( )
2
3
:cos 2 cos4 tan 2 .cot 1
4
x x x x
+ − = −


2) Giải hệ phương trình:
(
)
(
)
2 2
2

1 1 1
35
0
12
1
x x y y
y
y
x

+ + + + =



+ + =


−


(1)
(2)

Câu III)
1) Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay quanh Ox hình phẳng giới hạn bởi
2
ln(1 )
y x x
= +
trục Ox và ñường thẳng x=1

2) Cho lăng trụ tam giác ñều ABCA’B’C’ có cạnh ñáy bằng a. Gọi M, N , I lần lượt là trung
ñiểm của AA’, AB và BC. Biết góc tạo bởi (C’AI) và (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối chóp
NAC’I và khoảng cách giữa hai ñường thẳng MN, AC.

Câu IV)

1) Trong mặt phẳng Oxy cho ñường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có
pt:
(
)
(
)
2 2
2 3 10
x y
− + − =
. Xác ñịnh tọa ñộ các ñỉnh của hình vuông, biết cạnh AB ñi qua
(
)
3; 2
M
− −
và
0
A
x
>

2) Trong không gian với hệ tọa ñộ
Oxyz
cho ba ñiểm
(
)
(
)
(
)
2;1;0 , 0;4;0 , 0;2; 1
A B C
−
và
ñườ
ng
th
ẳ
ng
1 1 2
: .
2 1 3
x y z
d
− + −
= =
L
ậ
p ph
ươ

ng trình
ñườ
ng th
ẳ
ng
( )
mp ABC
∆ ⊥
và c
ắ
t
ñườ
ng th
ẳ
ng
d t
ạ
i
ñ
i
ể
m D sao cho 4
ñ
i
ể
m A, B, C, D t
ạ
o thành m
ộ
t t

ứ
di
ệ
n có th
ể
tích b
ằ
ng
19
6
.
Câu V)
1) Giải phương trình:
2
6 7 555 543 12 13
x x x x
x x
+ + − = +


2) Giả sử phương trình bậc 2 :
2
ax 0
bx c
+ + =
có 2 nghiệm thuộc
[
]
0;3
. Tìm GTLN, GTNN của

biểu thức:
2 2
2
18 9
9 3
a ab b
P
a ab ac
− +
=
− +

GV ra ñề: Nguyễn Trung Kiên 0988844088
13



Đáp án kiểm tra: Th Kiên 0988844088


Câu I) Cho hàm số
4 2
2 2
y x mx
= − +
(Cm)
1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số khi m=3
2) Tìm tất cả các giá trị của m ñể ñồ thị (C
m
) có 3 ñiểm cực trị tạo thành 1 tam giác có ñường

tròn ngoại tiếp ñi qua ñiểm
3 9
;
5 5
D
 
 
 

Lời giải: Ta có
(
)
3 2
' 4 4 4
y x mx x x m
= − = −
.
Hàm số có cực ñại và cực tiểu khi và chỉ khi y’ có 3 nghiệm phân biệt và ñổi dấu khi x qua 3
nghiệm ñó, tương ñương với y’ có 3 nghiệm phân biệt
(
)
2
t x x m
⇔ = −
có 2 nghiệm phân biệt
khác 0.
(
)
0 1
m⇔ > .

Với ñiều kiện ñó hàm số có các ñiểm cực trị với tọa ñộ là nghiệm
(
)
( )
4 2
3
2 2 2
0 3
y x mx
x mx

= − +


− =



Ta có
(
)
(
)
(
)
3 2 2
2 2 2 4
y x x mx mx mx⇔ = − − + = − + (do (3))
( )
2

2
5
y
x
m
−
⇒ =
Từ (4) có
(
)
(
)
2 2 4 2 2 3 2 2
4 4 4 4
y m x mx m x x mx m m x
= − + = − + − +
do (3)
Hay
(
)
(
)
(
)
2 2
4 2 4 6
y m y= − − +
do (5)
Từ (5) và (6) ta ñược
( ) ( )

2 2 2
1
4 2 4 7
x y m y
m
 
+ = + − − +
 
 

Nh
ư
v
ậ
y theo nh
ư
suy lu
ậ
n trên thì t
ọ
a
ñộ
các
ñ
i
ể
m c
ự
c tr
ị

cùng th
ỏ
a mãn PT (7) là PT c
ủ
a
ñườ
ng tròn. Do
ñ
ó
ñườ
ng tròn (T) qua các
ñ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
c
ủ
a
ñồ
th
ị
hàm s
ố
có ph
ươ
ng trình:
( )

2 2 2
1
4 2 4
x y m y
m
 
+ = + − − +
 
 
.
Bây gi
ờ
(T)
ñ
i qua
( )
2
3 9 9 81 1
; 1 4
5 5 25 25 5
D m m
 
⇔ + = + − +
 
 

( )
( )
3 2
1 5

2 1 0 1 1 0 1;
2
m m m m m m m
− ±
⇔ − + = ⇔ − + − = ⇔ = =

K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i
ñ
i
ề
u ki
ệ
n m>0 ta thu
ñượ
c các giá tr
ị
c
ầ
n tìm là m=1 và
1 5
2
m
− +
=

Câu II)
1) Gi
ả
i ph
ươ
ng trình sau
( )
2
3
:cos 2 cos4 tan 2 .cot 1
4
x x x x
+ − = −

Điều kiện
sin 0,cos2 0
x x
≠ ≠

14

( )
2
2
(tan 2 .cot 1)cos 2 sin 2 .cot cos 2 2cos cos2 1
1 cos4 3
tan .cot 1 cos 2 1
cos2 cos2 4

x x x x x x x x
x
x x x
x x
− = − = − =
⇒ − = + = −

Đặt
cos2 0
t x
= ≠
t
2 2
cos4 2cos 2 1 2 1
x x t
⇒ = − = −

( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2
2 1 3 1
1 2 1 2 5 4 0
4 2
1
cos2 2 2
2 3 6
t
t t t t t

t
x x k k Z x k k Z
π π
π π
−
⇔ + = − ⇔ − + + = ⇔ =
⇔ = ⇔ = ± + ∈ ⇔ = ± + ∈

2)
(
)
(
)
2 2
2
1 1 1
35
0
12
1
x x y y
y
y
x

+ + + + =



+ + =



−


(1)
(2)

Đ
i
ề
u ki
ệ
n x<-1 ho
ặ
c x>1
Ta có
(
)
(
)
( )( )
2 2
2 2
1 1 1
1 1 1
x x x x
y y y y
+ + − + + =
+ + − + + =

Kết hợp từng phương trình trên với pt (1) của hệ ta có
(
)
(
)
( ) ( )
2 2
2 2
1 1
1 1
x x y y
y x
y y x x

+ + = − + +

⇒ = −


+ + = − + +

Thay vào ph
ươ
ng trình (2) ta có
2
2 2
2
2
2 2 2
2

4 2 2
2
2 2
35 35 35
0 2
12 12 1 12
1 1 1
5
35 25
3
2 0
5
1 12 12
1 1
4
y y y y
y y y
y
y y y
y
y y y
y
y y
y
 
+ + = ⇔ + = − ⇔ + + =
 
−
 
− − −


= −

 
⇔ + − = ⇒ = ⇒

 
−
 
− −

= −




Đ
S:
5 5 5 5
; ; ;
3 3 4 4
   
− −
   
   

Câu III)
1) Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay quanh Ox hình phẳng giới hạn bởi
2
ln(1 )

y x x
= +
trục Ox và ñường thẳng x=1
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C):
2
ln(1 )
y x x
= +
và trục Ox là nghiệm của:
2
ln(1 )
x x
+
=0
0
x
⇒ =
1
2 2
0
ln(1 )
Vx x x dx
π
⇒ = +
∫

Đặt
2
3 4
2

1 1
2 2 2 1
0
2
3
2
0 0
2
ln(1 )
2
1
ln(1 ) ln(1 )
3 3 1
3
x
du dx
u x
x x
x
x x dx x dx
x
x
dv x dx
v

=


= +
  +

⇒ ⇒ + = + −
 
+
=


=


∫ ∫

15

( )
1 1
2
2
0 0
1 2 2 1 1 4
ln2 1 ln 2
3 3 3 1 3 9
x dx dx J
x
= − − − = + −
+
∫ ∫

Đổi biến
2
4

2
0
2 tan 1 1 4
tan ln 2
3 tan 1 6 3 9 6
t
x t J dt Vx
t
π
π π
π
+
 
= ⇒ = = = ⇒ = + −
 
+
 
∫

2) Cho l
ă
ng tr
ụ
tam giác
ñề
u ABCA’B’C’ có c
ạ
nh
ñ
áy b

ằ
ng a. G
ọ
i M, N , I l
ầ
n l
ượ
t là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a AA’, AB và BC. Bi
ế
t góc t
ạ
o b
ở
i (C’AI) và (ABC) b
ằ
ng 60
0
. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
NAC’I và kho
ả

ng cách gi
ữ
a hai
ñườ
ng th
ẳ
ng MN, AC.
Gi
ả
i:
Ta có
0
3
' ( ), ' 60 ' tan 60
2
a
CC ABC CI AI C IC CC CI⊥ ⊥ ⇒ = ⇒ = =

3
' ' '
1 1
'. ( )
4 12 32
NAC I C AIN C ABC
a
V V V CC dt ABC= = = =
.Gọi O là giao ñiểm của A’C và AC’ khi ñó
1 1
/ / ; / /
2 2

MN AC NI AC MONI
= = ⇒
là hình bình hành.
'
( , ') ( ,( ' )) ( ,( ' ))
3
3
/ /
( ' ) 8
NAC I
MN AC MN AC I N AC I
V
a
MN OI d d d
dt AC I
⇒ = = = =


Câu IV)
1) Trong mặt phẳng Oxy cho ñường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có
pt:
(
)
(
)
2 2
2 3 10
x y
− + − =
. Xác ñịnh tọa ñộ các ñỉnh của hình vuông, biết cạnh AB ñi qua

(
)
3; 2
M
− −
và
0
A
x
>

Ph
ươ
ng trình
ñườ
ng th
ẳ
ng
ñ
i qua
(
)
3; 2
M
− −
có dạng
3 2 0
ax by a b
+ + + =

Đường tròn (C) có tâm
(
)
2;3
I và bán kính
10
R =
nên:
( )
( ) ( )( )
2
2 2
2 2
2 3 3 2
10 10 25 3 3 0 3
a b a b
a b a b a b a b a b
a b
+ + +
= ⇔ + = + ⇔ + + = ⇔ = −
+
hay
3
b a
= −
. Do ñó pt
: 3 3 0
AB x y
− − =
ho

ặ
c
:3 7 0
AB x y
− + =

TH1:
: 3 3 0
AB x y
− − =
. G
ọ
i
(
)
3 3; 1
t t t
+
⇒
> −
và do
2 2
2. 20
IA R
= =
nên
(
)
(
)

2 2
2
1 3 3 20 10 10 20 1
t t t t
+ + − = ⇔ + = ⇔ =
hay
1
t
= −

Suy ra
(
)
(
)
6;1 2;5
A C
⇒
− và
(
)
(
)
0; 1 4;7
B D−
⇒

TH2:
:3 7 0
AB x y

− + =
. G
ọ
i
(
)
;3 7 0
A t t t
+
⇒
>
và do
2 2
2. 20
IA R
= =
nên
(
)
(
)
2 2
2
2 3 4 20 10 20 20 20 0
t t t t t
− + + = ⇔ + + = ⇔ =
hay
2
t
= −

(không th
ỏ
a mãn)
2
) Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
ñộ

Oxyz
cho ba
ñ
i
ể
m
(
)
(
)
(
)
2;1;0 , 0;4;0 , 0;2; 1
A B C
−
và
ñườ

ng
th
ẳ
ng
1 1 2
: .
2 1 3
x y z
d
− + −
= =
L
ậ
p ph
ươ
ng trình
ñườ
ng th
ẳ
ng
( )
mp ABC
∆ ⊥
và c
ắ
t
ñườ
ng th
ẳ
ng

d t
ạ
i
ñ
i
ể
m D sao cho 4
ñ
i
ể
m A, B, C, D t
ạ
o thành m
ộ
t t
ứ
di
ệ
n có th
ể
tích b
ằ
ng
19
6
.
(
)
(
)

(
)
2;3;0 ; 2;1; 1 ; , 3; 2;4
AB AC AB AC
 
= − = − − = − −
 
   

16

Phương trình thẳng
∆
có VTCP
(
)
3;2; 4
u
= −

.
Gọi
(
)
(
)
1 2 ; 1 ;2 3 ; 2 1; 2;3 2
D t t t AD t t t
+ − + + = − − +


1 19
; ; 4 15 19 1
6 6
ABCD
V AB AC AD t t
 
= = ⇔ + = ⇔ =
 
  
hoặc
17
2
t
= −

Với
( )
3 3
1 3;0;5 : 2
5 4
x t
t D y t
z t
= +


= ⇒ ⇒ ∆ =



= −


V
ớ
i
16 3
17 19 47 19
16; ; : 2
2 2 2 2
47
4
2
x t
t D y t
z t


= − +


 
= − ⇒ − − − ⇒ ∆ = − +

 
 


= − −




Câu V)
1) Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
:
2
6 7 555 543 12 13
x x x x
x x+ + − = +

Xét hàm s
ố
:
(
)
( )
2
6 7 555 543 12 13 ;
' 6 ln6 7 ln7 1110 543 12 ln 13 ln
x x x x
x x x x
f x x x
f x x x x
= + + − = +
= + + − − −

Và
(
)
2 2 2 2
'' 6 ln 6 7 ln 7 1110 12 ln 12 13 ln 13
x x x x
f x = + + − −
Phương trình
( )
2 2 2 2
1 7 1110 13
" 0 ln 6 ln 7 ln 12 ln 13
2 12 12 12
x x
x x
f x
   
= ⇔ + + = +
   
   
.
Ta có vế trái của pt là một hàm số nghịch biến, vế phải là 1 hàm số ñồng biến nên pt trên có
nhiều nhất một nghiệm
⇒
hàm số
(
)
'
f x
có nhiều nhất một cực trị nên pt

(
)
'
f x
=0 có nhiều nhất
hai nghiệm.
Lập luận tương tự ta cũng có pt
(
)
0
f x
=
có nhiều nhất ba nghiệm.
Mặt khác
(
)
(
)
(
)
0 1 3 0
f f f
= = =
nên pt
(
)
0
f x
=
có ñúng ba nghiệm

0; 1; 3
x x x
= = =

Vậy pt ban ñầu có ñúng ba nghiệm
0; 1; 3.
x x x
= = =

2) Giả sử phương trình bậc 2 :
2
ax 0
bx c
+ + =
có 2 nghiệm thuộc
[
]
0;3
. Tìm GTLN, GTNN của
biểu thức:
2 2
2
18 9
9 3
a ab b
P
a ab ac
− +
=
− +

Giải:
*) Ta có
( ) ( )
2
2
1 2 1 2
1 2 1 2
9 18
9 18
9 3( ) .
3 9
b b
x x x x
a a
P
c b
x x x x
a a
   
− +
   
+ + + +
   
= =
+ + +
− +

Ta có
( )

2
2
1 1 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2
2
9
0 3 2 9 3 3
9
x x x
x x x x x x x x x x P
x

≤ ≤

≤ ≤ ≤
⇒ ⇒
+ = + + ≤ +
⇒
≤

≤



17

Đẳng thức xảy ra khi
1 2 1 2

6 3
3 0; 3
9 0
b b
a a
x x x x
c c
a a
 
− = − =
 
 
= = ∨ = = ⇒ ∨
 
 
= =
 
 

*)
(
)
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
3
2 0 min 0 0
9 3( ) .
x x x x
P P b c

x x x x
+ + +
− = ≥ ⇒ = ⇔ = =
+ + +

18

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MÔN TOÁN
Năm học 2010-2011
(Thời gian làm bài 180 phút )
Câu I) Cho hàm số 13
23
++−= mxxxy
1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số khi m=0
2) Tìm m ñể hàm số có cực ñại cực tiểu và khoảng cách từ ñiểm
)
4
11
;
2
1
(I
ñến ñường thẳng nối
ñiểm cực ñại và cực tiểu là lớn nhất.
Câu II)
1) Giải phương trình sau:
01
8
2cos224cos2 =+







++
π
xx

2) Giải hệ phương trình sau:





=+
=+
65
65
22
4
xyx
yx

Câu III)
1) Tính tích phân sau:
1
2
2
0
ln( 1 ) 1
1
x x x
I dx

x
+ + +
=
+
∫

2) Tìm m
ñể
ph
ươ
ng trình
(
)
(
)
04)1log(12)1(log1
22222
=+++−−+− mxxmxx có ñúng hai
nghiệm thực thỏa mãn ñiều kiện
31 ≤≤ x
Câu IV)
1) Cho hình chóp SABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông tại A và B
aADaBCAB 2;
=
=
=
.Cạnh bên SA vuông góc với ñáy (ABCD) và SA=a. Gọi E là trung ñiểm
của AD.Tính thể tích khối chóp SCDE và tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp ñó.
2) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có ñường cao AH:
033 =−x

, phương trình hai
ñường phân giác trong góc B và góc C lần lượt là
03 =− yx
và
063 =−+ yx
, biết bán kính
ñường tròn nội tiếp tam giác bằng 3. Viết phương trình các cạnh tam giác biết ñỉnh A có tung ñộ
dương.
Câu V)
1) Giải phương trình sau: 1
4121
2
2
2
2
2
2
−=
+−−+
+
−
++−+
+−
x
xx
xx
xx
xx

2) Trong không gian Oxyz cho 4 ñiểm A,B,C, D thỏa mãn A(1;0;0); B(1;1;0);

ABOC =
,
0),;0;0( ≠= mmOD
. Tính khoảng cách giữa 2 ñường thẳng AC và BD theo m.Gọi H là hình
chiếu vuông góc của O lên BD, Tìm m ñể diện tích tam giác OBH lớn nhất.
Hết
Họ và tên:…………………………………………
Số báo danh:………………………………………

T. Kiên 0988844088



19

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KIỂM TRA TH. KIÊN 0988844088
Câu I)
1) Học sinh tự làm
2)- Ta có mxxy +−= 63'
2
. Hàm số có cực ñại cực tiểu khi y’=0 có 2 nghiệm phân biệt
30'
<
⇔
>
∆
⇔
m
(0,25 ñiểm)
- Chia ña thức y cho y’ ta có

1
3
)2
3
2
()
3
1
3
(' ++−+−=
m
x
mx
yy
. Lập luận suy ra ñường thẳng ñi
qua cực ñại cực tiểu là
∆
1
3
)2
3
2
( ++−=
m
x
m
y . Dễ dàng tìm ñược ñiểm cố ñịnh mà ñường
thẳng cực ñại cực tiểu luôn ñi qua là )2;
2
1

(−A (0,25 ñiểm)
- Hệ số góc của ñường thẳng IA là
4
3
=k
. Hạ IH vuông góc với
∆
ta có
4
5
/
=≤=
∆
IAdIH
I

Đẳng thức xảy ra khi
∆
⊥
IA
(0,25 ñiểm)
- Suy ra
3
41
2
3
2
−=−=−
k
m

1
=
⇔
m
(0,25 ñiểm)
Câu II)
1) Giải phương lượng giác:
0
4
cos
8
2cos24cos =






+






++⇔
ππ
xxPT
(0,25

ñ
i
ể
m)
0
8
2cos2
8
2cos
8
2cos2 =






++






−







+
πππ
xxx
01
8
2cos
8
2cos2 =






+






−






+⇔

ππ
xx (0,25)






+=
+=
⇔






+=−
+=+
⇔






−=







−
=






+
⇔
π
π
π
π
ππ
π
π
ππ
π
π
kx
kx
kx
kx
x
x
16

9
16
3
2
8
2
2
28
2
)25,0(
1
8
2cos
0
8
2cos
(0,25
ñ
i
ể
m)
2) Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình: Tr
ừ
hai v

ế
ph
ươ
ng trình c
ủ
a hê ta
ñượ
c
(
)
[
]
05)(
2
=−+− yxxyx





−=
=
⇔
x
x
y
yx
2
5
(0,25 ñiểm)

TH 1: x=y thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta tìm ñược cặp nghiệm thỏa mãn là
(x;y)=(-2;-2), (1;1) (0,25 ñiểm)
TH 2:
x
x
y −=
2
5
thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có
02565
236
=+−− xxx

ñồ
ng th
ờ
i
t
ừ
ph
ươ
ng trình th
ứ
hai ta suy ra
5
6
≤x
. (0,25
ñ
i

ể
m)
Xét hàm s
ố
2565
23
+−−= xxy trên






∞−
5
6
;
l
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên ta suy ra y>0
KL: H
ệ
có hai nghi
ệ
m (x;y)=(-2;-2), (1;1) (0,25
ñ

i
ể
m)
Câu III)
20

1) Tính tích phân:
1 1 1
2 2
2 2 2
0 0 0
ln( 1 ) 1 ln( 1 ) 1
1 1 1
x x x x x x
I dx dx dx J K
x x x
+ + + + +
= = + = +
+ + +
∫ ∫ ∫
=
Xét J:
Đặ
t
(
)






+=
+
=
⇒





+
=
++=
2
2
2
2
1
1
1
1
1ln
xv
dx
x
du
dx
x
x
dv

xxu
(0,25
ñ
i
ể
m)
(
)
1
2
2 2 1 1
0 0
0
1
1 ln 1 | 2 ln(1 2) | 2 ln(1 2)
2 2
x
J x x x dx
= + + + − = + − = + −
∫
(0,25 ñiểm)
Xét K: Đặt
dt
t
dxtx
2
cos
1
tan =⇒=
. Ta có

)25,0(
12
12
ln
2
1
1sin
1sin
ln
2
1
1sin
sin
1sin
cos
sin1
cos
cos
1
cos
1
cos
1
4
0
4
0
4
0
22

4
0
2
4
0
4
0
2
d
t
t
t
td
dt
t
t
dt
t
t
t
t
dt
t
K









+
−
−=
+
−
−=
−
−=
−
−=
−
===
∫ ∫∫∫∫
π
π ππππ

KL: I=
1
2 ln(1 2)
2
+ −









+
−
−
12
12
ln
2
1
(0,25
ñ
i
ể
m)
2) Tìm m
ñể
ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m:
Đặ
t
)1log(1
22
+−= xxt
ta thấy t(x) là hàm chẵn với mỗi giá trị của t không âm luôn cho 2
giá trị của x ,từ ñiều kiện của x suy ra
[
]

9;1
2
∈x

[
]
8;0∈⇒ t
. (0,25 ñiểm)
Bài toán trở thành: Tìm m ñể phương trình
042
2
=++− mmtt
có nghiệm duy nhất trên
[
]
8;0

12
4
2
−
+
=⇔
t
t
m có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t trên

[
]






2
1
\8;0 (0,25
ñ
i
ể
m)




−=
=
⇔=
−
−−
=⇒
2
22
0
)12(
2422

)('
2
2
t
t
t
tt
tf
(0,25 ñiểm)
Lập bảng biến thiên suy ra ñiều kiện m là 4≥
m
(0,25 ñiểm)

Câu IV)
1)
6
3
a
V =
(0,25 ñiểm)
Gọi M, N lần lượt là trung ñiểm của SE và SC ta có mặt phẳng (ABNM) là mặt phẳng trung trực
của SE. Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE là giao ñiểm của mặt phẳng
(ABMN) và trục ñường tròn ngoại tiếp ñáy CDE. Gọi
∆
là ñường thẳng qua I là trung ñiểm của
CD và song song với SA.Gọi K là trung ñiểm của AB thì
KN
//AM. KN và
∆
ñồng phẳng suy ra

OKN
=
∆
∩
là ñiểm cần tìm (0,25 ñiểm)
21

Tam giác OIK vuông cân nên OI=IK=
2
3
2
aADBC
=
+
;
2
2
2
;2
aCD
ICaCD ===
(0,25
ñ
i
ể
m)
Ta có
2
11
4

11
4
2
4
9
222
222
a
OCR
aaa
ICOIOC ==⇒=+=+= (0,25
ñ
i
ể
m)

j
O
C
E
I
M
N
K
A
B
S

2) - Do
ñườ

ng cao có ph
ươ
ng trình 033
=−x
nên c
ạ
nh BC song song ho
ặ
c trùng v
ớ
i tr
ụ
c
hoành. Hai
ñườ
ng phân giác t
ạ
o v
ớ
i tr
ụ
c hoành m
ộ
t góc 30
0
nên tam giác ABC
ñề
u. (0,25
ñ
i

ể
m)
- Tâm
ñườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p là giao
ñ
i
ể
m hai phân giác trong nên
)3;33(
063
03
I
yx
yx
⇒





=−+
=−
.Khoảng cách từ I ñến BC là 3 nên phương trình BC là y=0 hoặc
y=6. Nếu BC là y=6 thì tung ñộ ñiểm A là -3 (loại). Vậy phương trình cạnh BC là y=0. (0,25
ñiểm)

- Tọa ñộ các ñiểm B, C là B(0;0) và C(
)0;36
(0,25 ñiểm)
- Viết ñược phương trình AB, AC lần lượt là
183;3 +−== xyxy
(0,25 ñiểm)

Câu V)
1) Điều kiện xác ñịnh là
2
117
1
−
≤≤− x
. Phương trình ñã cho tương ñương với
0)1(
)(41)2(41
2
2
2
2
2
2
=−−
+−+
+
−
+−−+
+−
x

xx
xx
xx
xx
(0,25 ñiểm)
22

Xét hàm số
t
t
y
−+
=
41
với
[
]
4;0∈t
ta có
( )
[ ]
4;00
41
1
422
41
)('
2
∈∀>
−+









−
+
−+
= t
t
t
t
t
t
tf nên ñây là hàm ñồng biến
Phương trình ñã cho có dạng 0)1()()2(
222
=−−+−+− xxxfxxf (0,25 ñiểm)
Ta xét hai trường hợp
- Nếu
⇒>−<+−+−⇔+<+−⇒
−
≤< 01;0)()2(2
2
117
1
22222

xxxfxxfxxxxx

phương trình vô nghiệm (0,25 ñiểm)
- Nếu
11
<
<
−
x
PTVNxxxfxxfxxxx ⇒<−>+−+−⇔+>+−⇒ 01;0)()2(2
22222

Thử trực tiếp ta thấy x=1 là nghiệm x=-1 không phải là nghiệm.
KL: x=1 (0,25 ñiểm)

2)
+ Từ giả thiết tính ñược C(0;1;0) và D(0;0;m) (0,25 ñiểm)
+ Ta có
[
]
[ ]
42
,
,
2
)/(
+
==
m
m

BDAC
ABBDAC
d
BDAC
(0,25
ñ
i
ể
m)
+
2
1
4
2
2
1
.
2
1
222
==
+
≤=
∆
OBHBOH
HBOHS
OHB
.Vậy
S
max

=
1
2
2
2
2
1
===⇔=⇔
OB
OHHBOH
(0,25 ñiểm)
[
]
1
,
1
)/(
=⇔=⇔
BD
BDOB
d
OBO

11
2
2
2
2
±=⇔=
+

⇔ m
m
m
(0,25
ñ
i
ể
m)











23

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN
TUẦN 01 THÁNG 04 NĂM 2011
(
Thời gian làm bài 180 phút)


Câu I) Cho hàm số
3 2 2 2
3 3( 1) ( 1)

y x mx m x m
= − + − − −
(Cm)
1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số khi m=1
2) Tìm m ñể (Cm) cắt Ox tại 3 ñiểm có hoành ñộ dương

Câu II)
1) Giải hệ phương trình sau:
6 4
3 2 3 2
10 1 3( 2)x y
x x y x y xy y

+ = +


+ + = + +



2) Giải phương trình:
( )( )
3
2cos 2cos sin 2
2 1 cos 1 sin
cos 1
x x x
x x
x
− −

= + +
−


Câu III)
1) Tính tích phân sau:
( )
3
2
3
sin sin
os2
x x
I dx
c x
π
π
+
=
∫


2) Cho khối lăng trụ ABCA’B’C’ có ñáy ABC là tam giác vuông cân tại C cạnh huyền bằng
2
a
. Mặt phẳng (AA’B) vuông góc với ñáy (ABC),
' 3
AA a
=
, góc A’AB là góc nhọn. Tính

thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ biết mặt bên (A’AC) tạo với ñáy (ABC) một góc 60
0
.

Câu IV)
1) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có ñường phân giác từ A, trung tuyến từ B, ñường
cao từ C có phương trình lần lượt là:
3 0, 1 0,2 1 0
x y x y x y
+ − = − + = + + =
. Tìm toạ ñộ các ñỉnh
tam giác
2) Trong không gian Oxyz cho ñường thẳng d:
1 3 3
1 2 1
x y z
− + −
= =
−
và hai mặt phẳng (P), (Q) có
phương trình lần lượt là : 2x+y-2z+9=0, x-y+z+4=0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc (d)
tiếp xúc với (P) và cắt (Q) theo ñường tròn có chu vi bằng 2
π
.

Câu V) Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho phương trình
12 4
1 4 ( 1)
n
x x x

+ = −
có
nghiệm

Câu VI) Giải phương trình:
(
)
5 4
log 3 3 1 log (3 1)
x x
+ + = +

NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088


24

ĐÁP ÁN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG TH KIÊN 0988844088
Câu I)
1) Học sinh tự làm
2) Ta có
2 2
' 3 6 3( 1)
y x mx m
= − + −

Để (Cm) cắt Ox tại 3 ñiểm phân biệt có hoành ñộ dương thì ñiều kiện là hàm số có 2 ñiểm cực trị
nằm về hai phía trục Ox (1) và f(0)<0 (2)
Ta có:(1)
2 2

' 0 9 9 9 0 9 0
m m
⇔ ∆ > ⇔ − + > ⇔ >
ñúng với mọi m.
Khi ñó
1
2
1
' 0
1
x m
y
x m
= +

= ⇔

= −


Ta có:

( ) ( )
( )
( )
(
)
( )
( )
( )( )( )

2
1
2
2
2
2 2 2
1 2
1 2 1
1 1
' . 2 1 1
3 3
1 3
. 1 3 2 1
y m m m
y f x x m x m m
y m m
y y m m m m

= + − −

 
= − − + − −
⇒

 
 
= − −


⇒

= − − − −

(
)
(
)
( )( )
2 2
2 2
0 1 0 1 0
3 2 1 0(*)
f m m
m m m
= − − < ⇒ − >
⇒ − − − <

L
ậ
p b
ả
ng xét d
ấ
u (*) k
ế
t h
ợ
p
ñ
i
ề

u ki
ệ
n
1
1
m
m
< −


>


Suy ra t
ậ
p h
ợ
p giá tr
ị
m th
ỏ
a mãn là
3 1
3 1 2
m
m

− < < −

< < +




Câu II)
1. Giải hệ phương trình
(
)
( )
6 4
3 2 3 2
10 1 3 2 (1)
2
x y
x x y x y xy y

+ = +


+ + = + +



( ) ( ) ( ) ( )
2
3 3
2 0 1 0
x y xy x y x y x y x y x y
 
⇔ − + − + − = ⇔ − + + = ⇔ =
 

Thay (1) vào ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
6 4 2 2 4 2
10 1 3 2 3 2 10 1 1
x x x x x x
+ = + ⇔ + = − − +

Đặ
t
2 4 2
1 ; 1
x a x x b
+ = − + =

( )
2 2
9
3 10 9 82 9 0
1
9
a b
a b ab a ab b

a b
=


⇒ + = ⇒ − + = ⇔

=


(
)
2 4 2 4 2
2
4 2 2 4 2
2
1: 9 1 9 1 9 10 8 0( )
5 33
2:9 1 9 9 10 8 0
5 33( )
TH a b x x x x x VN
x
TH a b x x x x x
x loai
= ⇔ + = − + ⇔ − + =

= +
= ⇔ − + = + ⇔ − − = ⇔

= −




25

Suy ra hệ có nghiệm
5 33
5 33
x y
x y

= = +


= = − +


2. Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
cos 0
x
≠

(
)
(
)

(
)
( )
( )
( )( )
2 2
2 2
2cos cos 1 2sin cos 2 cos 1 1 sin
sin cos sin cos sin 1 sin
sin sin cos cos sin 1 sin 0
sin 0( )
2
2
sin 1 sin cos sin 0 sin 1
sin cos
4
PT x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x loai
x k
x x x x x
x k
x x
π
π
π
π
⇔ − − = − +
⇔ − − = − +

 
⇔ + − + =
 

=

= − +


⇔ + − = ⇔ = − ⇔



= +

=




Kết luận:
( )
2
2
4
x k
k
x k
π
π

π
π

= − +

∈


= +


ℤ

Câu III)
1.Tính tích phân
Đặt
cos sin
x t dt xdx
= ⇒ = −

1
3 2
0
2
x t
x t
π
π

= ⇒ =





= ⇒ =



( )
1 1
2 2
1 1
2 2
2
2
2 2 2
0 0
0 0
1 3
2 1
1 1 1 3 1 3
2 2
2 1 2 1 2 2 2 1 4 2
t
t dt
I dt dt K
t t t
− +
− +
⇒ = = = − + = − +

− − −
∫ ∫ ∫ ∫

Xét K:
( )
( )
1
2
1
2
0
0
1 1 1 1 1 2 1 1
ln ln 3 2 2
2 2
2 1 2 1 2 2 1 2 2
1 3
ln 3 2 2
4
4 2
t
K dt
t t t
I
−
 
= − = = −
 
− + +
 

⇒ = − + −
∫

2)
Hạ
(
)
' '
A H AB A H ABC
⊥ ⇒ ⊥

Từ H hạ
HK AC
⊥ ⇒
góc tạo bởi
(
)
'
A AC
và
(
)
ABC
là
0
ˆ
' 60
A HK =

Đặt

2
AH x HK x
= ⇒ =
(do tam giác AHK vuông cân)
Ta có:
2 2 2 2 2
' ' 3 2
A H AA AH a x
= − = −

Mặt khác
0 2 2 2
3
' tan60 3 3 3 2
5
A H HK x x a x x a
= = ⇒ = − ⇒ =