De-DA Thi thu DH- Khoi B - lan 2 - Hau Loc 4 - Thanh Hoa -2010-2011

Trường THPT Hậu Lộc 4 ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY- HỌC
Tổ:Toán-Tin BỒI DƯỠNG LẦN 2 (NĂM HỌC 2010-2011)
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:
1
2( 1)
x
y
x
−
=
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có
trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình :
2
cos4 2cos sin(3 ) sin( ) 1
3 3
x x x x
π π
+ + − + − =
.
2. Giải phương trình :
2
3 2 4 2x x x x x
+ + − = + −
. (với

x R∈
)
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân:
ln8
2
ln3
3 1 3
x
x x
e dx
I
e e
=
− + −
∫
Câu IV(1,0 điểm). Cho hình lăng trụ
' ' '
.ABC A B C
có đáy ABC là tam giác đều tâm G, cạnh bên
'
AA a=
và
tạo với đáy một góc bằng
60
°
, biết mặt phẳng(
'
A AG
) và
'

( )A BG
cùng vuông góc với mp(ABC). Tính thể
tích của khối lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
'
.A ABC
theo a.
Câu V (1,0 điểm). Cho 2 số thực x, y thỏa mãn :
2 2 1 1x y x y
+ = − + + +
.
Tìm GTLN, GTNN của F =
2(1 )
( ) ( )
2 2
xy x y
x y
x y y x
x y
+ +
− + − +
+
.
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 (2,0điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng
:3 4 7 0x y∆ − + =
. Viết phương
trình đường tròn (C) đi qua A và cắt
∆

theo đường kính BC sao cho
∆
ABC có diện tích bằng
4
5
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
1 1 2
:
2 1 1
x y z− − −
∆ = =
−
và điểm A(2;1;2). Viết
phương trình mặt phẳng (P) chứa
∆
sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng
1
3
.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Gọi
1 2
;z z
là các nghiệm phức của phương trình:
2
4 5 0z z− + =
.Tính:
2011 2011
1 2

( 1) ( 1)z z
− + −
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết đỉnh A , C lần lượt thuộc
các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng :
1
1
: 2
1
x t
d y t
z
= +


= −


=

;
2
2 1 1
:
1 2 2
x y z
d
− − +

= =
−
.
Viết phương trình mp(P) song song với
1
d
và
2
d
, sao cho khoảng cách từ
1
d
đến (P) gấp hai lần khoảng
cách từ
2
d
đến (P).
Câu VII.b( 1,0điểm). Giải hệ phương trình:
2
log ( 2 8) 6
8 2 .3 2.3
x x y x 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 :
1
2
x
Limy
→+∞
=
,
1
2
x
Lim y
→−∞
=
;
( 1)x
Lim y
+
→ −
= −∞
,
( 1)x
Lim y
−
→ −
= +∞
⇒

1

2
y =
là tiệm cận ngang;
1x = −
là tiệm cận đứng.
Bảng biến thiên:
Đồ thị: đi qua các điểm (0;
1
2
−
) ; (-2;
3
2
)
Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1;
1
2
) làm tâm đối xứng
2. (1,0đ)
0,25
0,25
0,25
0,25
−∞
+∞
1
2
+∞
1
2

−∞
1−
x
y
1
2
-1

I
O
y
x
II
(2,0đ)
2.Gọi M(
0
0
0
1
;
2( 1)
x
x
x
−
+
)
( )C∈
là điểm cần tìm
Gọi

∆
tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình
∆
:
'
0
0 0
0
1
( )( )
2( 1)
x
y f x x x
x
−
= − +
+
( )
0
0
2
0
0
1
1
( )
2( 1)
1
x
y x x

x
x
−
⇒ = − +
+
+
Gọi A =
∆ ∩
ox
⇒
A(
2
0 0
2 1
2
x x− −
−
;0)
B =
∆ ∩
oy
⇒
B(0;
2
0 0
2
0
2 1
2( 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 1 2 1
;
6 6( 1)
x x x x
x
 
− − − −
−
 ÷
+
 
.
Do G
∈
đường thẳng:4x + y = 0
⇒
2 2

0 0 0 0
2
0
2 1 2 1
4. 0
6 6( 1)
x x x x
x
− − − −
− + =
+
⇔
( )
2
0
1
4
1x
=
+
(vì A, B
≠
O nên
2
0 0
2 1 0x x− − ≠
)

0 0
0 0

1 1
1
2 2
1 3
1
2 2
x x
x x
 
+ = = −
 
⇔ ⇔
 
 
+ = − = −
 
 
Với
0
1 1 3
( ; )
2 2 2
x M= − ⇒ − −
; với
0
3 3 5
( ; )
2 2 2
x M= − ⇒ −
.

1. (1,0đ)
Pt
⇔
cos4x + cos2x + sin(3x -
3
π
) + sin(x-
3
π
) = 0
⇔
2cos3x. cosx + 2sin(2x-
3
π
). cosx = 0
2cos os3 sin(2 ) 0
3
x c x x
π
 
⇔ + − =
 
 
cos 0
os3 sin(2 ) 0
3
x
c x x
π
=



⇔

+ − =

Với cosx = 0
⇔
x =
2
k
π
π
+
Với cos3x + sin(2x-
3
π
) = 0
os3 os( 2 )
6
c x c x
π
⇔ = +
3 2 2
6
3 2 2
6
x x k
x x k
π

π
π
π

= + +

⇔


= − − +


2
6
2
30 5
x k
x k
π
π
π π

= +

⇔


= − +



. k
∈
Z
2. (1,0đ)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
III
(1,0đ)
IV
(1,0đ)
đk:
0 2x
≤ ≤
đặt:
2
u x
v x

=


= −



(đk u, v
0≥
) , ta có hệ:
2 2
2
2
3 4
u v
u u uv v

+ =


+ + − =


nhân pt đầu với 2, trừ theo vế cho pt còn lại ta được :
2 2
2 3 ( ) 0u v uv u v+ − − − =
( )( 2 ) ( ) 0u v u v u v⇔ − − − − =
( )( 2 1) 0u v u v⇔ − − − =
0
2 1 0
u v
u v
− =

⇔

− − =



Với u – v = 0 ,kết hợp với pt đầu ta được : u = v = 1
1x⇒ =
Với u – 2v = 1, kết hợp với pt đầu ta được:
1
5
v =
1 49
2
25 25
x x⇒ − = ⇔ =
1,0đ
Đặt
1
x
t e= +

2
1 2 .
x x
t e t dt e dx⇒ = + ⇒ =
Đổi cận:
ln3 2; ln8 3x t x t= ⇒ = = ⇒ =
( )
2
ln8 3
2
ln3 2
1 .2 .

.
3 4
3 1 3
x x
x x
t t dt
e e dx
I
t t
e e
−
⇒ = =
− −
− + −
∫ ∫

=
3 3
2
2 2
( 1)
2 2
( 4) 4
t t dt t t
dt
t t
− −
=
− −
∫ ∫

=
3
2
12
2 ( 3 )
4
t dt
t
+ +
−
∫

=
2
2( 3 12ln 4
2
t
t t+ + −
)
3
2
|
= 11- 24ln2
Vì (
'
A AG
) và
'
( )A BG
cắt nhau

theo giao tuyến là A
’
G và chúng
cùng vuông góc với mp(ABC),
nên A
’
G
⊥
(ABC) và
' 0
60A AG
∧
=
Gọi x là cạnh
ABC
∆
và H là trung điểm của BC
2 2 3 3
.
3 3 2 3
x x
AG AH⇒ = = =
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
B
C
’
A
’
B
’
J
A
H
C
I
G
V
(1,0đ)
VI.a
Ta có
os60
2
AG a
c AG
a
° = ⇒ =
3 3 3 3
3 2 6
2 3
x a a a
x⇒ = ⇒ = =
Khi đó

'
'
. ' '
.
ABC
ABC A B C
V AG S
∆
=
Với
'
3
as 60
2
a
AG in= ° =
;
2 2
2 3
1 1 3 3 27 3
. . .
2 2 2 4 36 4
3 27 3 9
. . ( )
2 36 4 32
ABC
x x a
S AH BC x
a a a
V dvtt

∆
= = = =
⇒ = =
Gọi J là trung điểm của
'
AA
,đường trung trực của
'
AA
cắt
'
AG
ở I
'
R A I⇒ =
' '
' '
' '
~
JA GA
JA I GA A
A I A A
∆ ∆ ⇒ =

'
' '
'
2
AA . .
3 3

2
a
JA a
A I a
GA
a
⇒ = = =
3
a
R⇒ =
(1,0đ )
Từ gt
2; 1x y⇒ ≥ ≥ −
.
Vì
( )
( )
( )
2
2 2
2. 2 1. 1 2 1 2 1x y x y− + + ≤ + − + +
2 2 1 5( 1)x y x y⇔ − + + ≤ + −
.

Nên từ
2 2 1 1x y x y
+ = − + + +
5( 1) 1x y x y⇒ + ≤ + − +
. Đặt t = x + y , ta có:
1 5( 1) 1 6t t t− ≤ − ⇔ ≤ ≤

Khi đó: F =
2 2
1 2 1 2
( )
2 2
x y t
x y t
+ + = +
+
.
Xét
2
1 2
( )
2
f t t
t
= +
, với
[ ]
1;6t ∈
, có
[ ]
'
1
( ) 0; 1;6f t t t
t t
= − ≥ ∀ ∈
[ ]
1;6

1
( ) (1)
2
t
Min f t f
∈
⇒ = =
;
[ ]
1;6
2
ax ( ) (6) 18
6
t
M f t f
∈
= = +
⇒
GTNN của F là:
1
2
đạt được tại:
2
1
1
x
t
y
=


= ⇔

= −

GTLN của F là:
2
18
6
+
đạt được tại :t= 6
6
0
x
y
=

⇔

=

1.(1,0đ)
Gọi AH là đường cao của
ABC∆
, ta có
4
( ; )
5
AH d A= ∆ =
1 4 1 4
. . . 2

2 5 2 5
ABC
S AH BC BC BC
∆
= ⇔ = ⇔ =
.Gọi I ;R lần lượt là tâm và bán
kính của đường tròn cần tìm, ta có :
1
1
2
R AI BC= = =
.
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 I
0
0
3 7
( ; )
4

x
I x
+
∈∆ ⇒
,
( )
2
2
0
0
3 7
1 1 2 1
4
x
AI x
+
 
= ⇔ + + − =
 ÷
 
0
2
0 0
0
1
25 26 1 0
1
25
x
x x

x
= −


⇔ + + = ⇔

= −


Với
0
1x = − ⇒
I(-1;1)
( ) ( )
2 2
( ) : 1 1 1pt C x y⇒ + + − =
Với
0
1 1 43
;
25 25 25
x I
 
= − ⇒ −
 ÷
 

2 2
1 43
( ) : 1

25 25
pt C x y
   
⇒ + + − =
 ÷  ÷
   
2. (1,0đ)
Đường thẳng
∆
đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là
u
→
= (2 ; -1 ; 1).
Gọi
n
→
= (a ; b ; c ) là vtpt của (P). Vì
( ) . 0P n u n u
→ → → →
∆ ⊂ ⇒ ⊥ ⇒ =
⇔
2a – b + c = 0
⇔
b = 2a + c
n
→
⇒
=(a; 2a + c ; c ) ,
từ đó ta có: Pt(P) : a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0
⇔

Pt (P) : ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0
d(A ; (P)) =
1
3
2 2 2
1
3
(2 )
a
a a c c
⇔ =
+ + +
( )
2
0a c⇔ + =
0a c⇔ + =
với a + c = 0 , chọn a = 1 , c = -1
⇒
pt(P) : x + y – z = 0

1,0đ
Ta có:
' 2
4 5 1 i∆ = − = − =
1
2
2
2
z i
z i

= −

⇒

= +

Khi đó:
( ) ( ) ( ) ( )
2011 2011 2011 2011
1 2
1 1 1 1z z i i− + − = − + +
( )
1005 1005
2 2
(1 ) (1 ) 1 (1 )i i i i
   
= − − + + +
   
=
( ) ( ) ( ) ( )
1005 1005
1 2 1 2i i i i− − + +
1005 1005 1005 1006
2 (1 ) 2 (1 ) 2 (1 1 ) 2i i i i i i i= − − + + = + − + = −
1. (1,0đ)
Do điểm A
∈
đt: x + y + 3 = 0; C
∈
đt : x+ 2y + 3 = 0

⇒
A(a ; - a – 3) ; C(- 2c – 3 ; c ). Vì ABCD là hình vuông nên I là trung điểm
của AC
2 3 4 1
3 6 4
a c a
a c c
− − = = −
 
⇒ ⇔
 
− − + = − = −
 

⇒
A(-1 ; -2 ) ; C(5 ; -4 )
Ta có BI đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtpt là
AC
→
=(6 ; -2 )
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5

VII.b
(1,0đ)
⇒
pt BI : 3x – y – 9 = 0 , mà B
∈
BI
⇒
B(b ; 3b – 9 )
Khi đó :
AB
→
= (b +1 ; 3b – 7) ;
CB
→
= (b- 5 ; 3b – 5)
ABCD là hình vuông nên
. 0AB CB
→ →
=
( ) ( ) ( ) ( )
1 5 3 7 3 5 0b b b b⇔ + − + − − =
2
1
4 3 0
3
b
b b
b
=


⇔ − + = ⇒

=

Với b = 1
( ) ( )
1; 6 3;0B D⇒ − ⇒
Với b = 3
( ) ( )
3;0 1; 6B D⇒ ⇒ −
2.(1,0đ)
Ta có :
1
d
đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là :
( )
1
1; 1;0u
→
= −

2
d
đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là:
( )
2
1; 2;2u
→
= −
Gọi

n
→
là vtpt của mp(P), vì (P) song song với
1
d
và
2
d
nên
n
→
= [
1 2
;u u
→ →
] = (-2 ; -2 ; -1)
⇒
pt mp(P): 2x + 2y + z + m = 0
d(
1
d
;(P)) = d(A ; (P)) =
7
3
m+
; d(
2
;( ))d P
= d( B;(P)) =
5

3
m+
vì d(
1
d
;(P)) = 2. d(
2
;( ))d P
7 2. 5m m⇔ + = +
7 2(5 )
7 2(5 )
m m
m m
+ = +

⇔

+ = − +

3
17
3
m
m
= −


⇔

= −


Với m = -3
⇒
mp(P) : 2x + 2y + z – 3 = 0
Với m = -
17
3
⇒
mp(P) : 2x + 2y + z -
17
3
= 0
1,0đ
Pt đầu
⇔
y – 2x + 8 =
( )
6
2
2y x⇔ =
thế vào pt thứ hai ta được:
2 3
8 2 .3 2.3
x x x x
+ =
8 18 2.27
x x x
⇔ + =
8 18
2

27 27
x x
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
3
2 2
2
3 3
x x
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
Đặt: t =
2
3
x
 
 ÷
 
, (đk t > 0 ) , ta có pt:
( )
( )
3 2
2 0 1 2 0t t t t t+ − = ⇔ − + + =
0
1
0

x
t
y
=

⇔ = ⇒

=


0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5