Đề,Đáp án thi thử lần2 THPT Lê Văn Hưu

Sở GD&ĐT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu Môn: Toán lớp 12
Ngày thi 23/04/2011
Thời gian 180’(Không kể thời gian phát đề)
A. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)
Câu I.(2điểm)Cho hàm số y =
2
2
x
x −
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Tìm m để đường thẳng (d ): y = x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau của
đồ thị sao cho khoảng cách giữa 2 điểm đó là nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Câu II.(2điểm)
1. Giải phương trình
2
2 3(tan cot ) 8sin
2 3 cos sin 2
tan cot
x x x
x x
x x
+ −
+ =
+
2. Giải hệ phương trình
2 2
4 4 2 2 2 2
4 6 1
5 5 10 2 1

x y x y
x y x y xy x y

− = + −


+ − − = + −


Câu III.(1điểm)Tính tích phân I =
1
ln sin(ln ) ln 1
e
x x x
dx
x
+ +
∫
CâuIV.(1điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. trên cạnh AB lấy điểm M, Trên cạnh D’C’ lấy
điểm N sao cho AM + D’N = a. Tính thể tích của khối chop B’.A’MCN theo a và xác định vị trí điểm M để
khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’MCN) là lớn nhất.
Câu V.(1điểm)Cho
1 2 3 4 5 6
, , , , ,a a a a a a
là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A =
2 1 3 4 3 4 2 5 6 5 6 1 3 4 1 2 5 6
3 4 1 2 5 6 2 3 4 1 3 4 5 6 2 5 6 1
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( ) ( )

a a a a a a a a a a a a a a a a a a
a a a a a a a a a a a a a a a a a a
+ + + + + + + + + +
+ + +
+ + + + + + + + + +
B. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần A hoặc B(Nếu thí sinh làm cả 2 phần sẽ không đuợc chấm điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa. (2điểm)
1. Cho d
1
: x- 2y = 0, d
2
: 3x – y + 1 = 0. Viết phương trình đường tròn cắt d
1
theo dây cung AB = 6 và tiếp
xúc với d
2
tại B.
2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S), và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình (S):
2 2 2
2 4 2 3x y z x y z+ + − + + −
, (P): 2x +2y – z + 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng song song với
(P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu VII a.(1điểm)Cho A, B là 2 điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức z
0
, z
1

0≠

và
thoả mãn
2 2
0 1 0 1
z z z z+ =
. Chứng minh rằng
OAB∆
đều (O là gốc toạ độ).
B. Theo chuơng trình nâng cao
Câu VI b.(2điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho (d
1
): x + y + 3 = 0, (d
2
): x – y + 1 = 0, M(1;2). Viết phương trình
đường tròn đi qua M, cắt (d
1
) tại A, B sao cho AB = 8 và tiếp xúc với (d
2
)
2. Trong hkông gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình: (S):
2 2 2
2 4 4 16 0x y z x y z+ + − − + − =
’ (P): 2x + 2y + z – 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q)song
song với (P) và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có diện tích 16
π
.
Câu VII b.(1điểm) Giả sử A, B theo thứ tự là các điểm biểu diễn các số phức z , z’=
1
2

i
z
+
(z
0≠
). Chứng
minh rằng
OAB
∆
vuông cân.(O là gốc toạ độ).
…………….HẾT……………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì them
Họ và tên thí sinh……………………………….Số báo danh………………….
Sở GD&ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trương THPT Lê Văn Hưu Môn: Toán
Ngày thi: 23 / 04/2011
Thời gian: 180’
câu nội dung điểm
Câu I
1.(1đ)
2.(1đ)
1. TXĐ: D = R\{2}
2.
2 2
lim , lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞

nên đồ thị nhận đường thẳng x = 2 làm tiệm cận đứng.
lim lim 2
x x→−∞ →+∞
= =
nên đồ thị nhận đường thẳng y = 2 làm tiệm cận ngang.
2
4
' 0
( 2)
y
x
= − <
−
Bảng biến thiên
- Hàm số nghịch biến trên (
;2−∞
) và
(2; )+∞
- Hàm số không có cực trị.
3. Đồ thị.
- Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại O(0;0)
Để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thì pt
2
2
x
x m
x
= +
−
hay x

2
+ (m - 4)x -2x = 0 (1) có 2
nghiệm phân biệt khác 2. Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 khi và chỉ khi
2
16
4 0
m
m

∆ = +
∀

− ≠

(2).
Giả sử A(x
1
;y
1
), B(x
2
;y
2
) là 2 giao điểm khi đó x
1
, x
2
là 2 nghiệm phương trình (1). Theo định
lí viet ta có
1 2

1 2
4
(3)
2
x x m
x x m
+ = −


= −

, y
1
=x
1
+m, y
2
=x
2
+m
Để A, B thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị thì A, B nằm khác phía đối với đt x – 2 = 0. A,
B nằm khác phía đối với đt x – 2 = 0 khi và chỉ khi (x
1
- 2)(x
2
- 2) < 0 hay
x
1
x
2

– 2(x
1
+ x
2
) +4 < 0 (4) thay (3) vào 4 ta được – 4 < 0 luôn đúng (5)
mặt khác ta lại có AB =
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
( ) ( ) 2( ) 8x x y y x x x x− + − = + −
(6)
thay (3) vào (6) ta được AB =
2
2 32 32m + ≥
vậy AB =
32
nhỏ nhất khi m = 0 (7). Từ
(1), (5), (7) ta có m = 0 thoả mãn .
Câu II
1.(1đ)
1.(1đ)
ĐK: Sin2x
0
2
k
x
π
≠ ⇔ ≠
Pt
2 2
8sinx

2 3 cos sin 2 2 3 2 3 sin 2sinxcosx+4sinxsin2x=0
2
sin2x
x x x⇔ + = − ⇔ − +
2
sinx=0 (L)
6
7 2
3 sin osx=2sin2x
18 3
x k
k
x c
x
π
π
π π

= − −


⇔ ⇔


−


= +



hệ
2 2
2 2 2
2 2 2 2
( )( ) ( ) 1 5( )
5( ) ( ) 1
( ) ( ) 1 5( )
( ) 5( ) 1
x y x y x y x y
x y x y x y
x y x y x y
x y x y
− + + − + = +

− = + − − −


⇔ ⇔
 
− + + = +
− − + = −



+ Nếu x + y = 0 thì hệ phương trình vô nghiệm.
+ Nếu x + y
0
≠
hệ
2

2
1 1
( ) 5
1
( ) 5
( )
x y x y
x y x y
x y
x y

− + + − =

+ +

⇔


− + =

+

-
-
2
+
∞
-
∞
2

+
∞
2
-
∞
Câu
III
Câu
IV
Đặt
1
u x y
v
x y
= −



=

+

khi đó hệ trở thành
2 2 2
2
1
5 5 ( )
5 ( ) 2 5
1
2

u
v
u v uv uv u v
u v u v uv
u
v
 =



=
+ + = = − +
 


⇔ ⇔
 

+ = + − =
=

 


=



Với
2

1
u
v
=


=

ta có
3
2
1
2
x
y

=




= −


, với
1
2
u
v
=



=

ta có
3
4
1
4
x
y

=




= −


1 1
ln sin ln ln 1
e e
x x x
I dx dx
x x
+
= +
∫ ∫
Ta tính I

1
=
1
ln sin ln
e
x x
dx
x
∫
đặt
1
lnt x dt dx
x
= ⇒ =
khi x = 1 thì t=0, khi x = e thì t = 1
Khi dó I
1
=
1 1
1
0
0 0
sin ( ost) ostdt os1+sin1t tdt tc c c= − + = −
∫ ∫
Tính I
2
=
1
ln 1
e

x
dx
x
+
∫
đặt t =
2
ln 1 ln 1 / 2x x t dx x tdt+ ⇒ = − ⇒ =
x = 1 thì t= 1, x= e thì
t =
2
khi đó I
2
=
2
2
2 3
1
1
2 4 2 2
2
3 3 3
t dt t= = −
∫
vậy I = I
1
+ I
2
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ.
'(0;0;0), '( ;0;0), '(0; ;0); (0;0; )A B a D a A a−

ĐẶt AM = x (
0 x a≤ ≤
) suy ra D’N = a – x
' ' ( ;0; )A M A A AM M x a= + ⇒ −
uuuuur uuuur uuuur
A'C ' ' ' ( ; ; )
' ' ' ( ; ;0)
A B A D A A C a a a
A N A D D N N a x a
= + + ⇒ −
= + ⇒ −
uuur uuuur uuuur uuuur
uuuur uuuur uuuuur
Ta lại có
' ' ' ' ' '
1 1
' ' '; ' ' ' '; '
6 6
A B MCN A B MC A B CN
V V V A M A B A C A N A B A C
   
= + = +
   
uuuuur uuuuur uuuur uuuur uuuuur uuuur
=
3
3
a
(đvtt)
lại có

'A M NC=
uuuuur uuur
suy ra tứ giác A’MCN là hình bình hành
2 2
'
' ; ' 2( ax+x )
A MCN
S A M A N a a
 
= = −
 
uuuuur uuuur
Nên
2 2
' '
2 2 2
'
2
3
6
( ';( ' ))
3
2( ax+x ) 3
2( ( ) )
4 2
B A MCN
A MCN
V
a a a
d B A MCN

S
a a a
x
= = = ≤
−
+ −
dấu = xảy ra khi x = a/2 hay M là trung điểm AB.
Câu V
(1đ)
đặt
1 2
3 4 5 6
1/ ; 1/
, , , , 0
1 1
;
x a y a
x y z t
z t
a a a a
= =


>

= =

+ +

Khi đó A =

1 1 1 1
( )( ) ( )( )
z x y t x z y t
z x y t
y x y z z t x t y z z t y z x t
+ + + +
+ + + = + + + + +
+ + + + + + + +

=
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
z x y t
x y z t x y z t
y x z t y z x t
+ +
+ + + + + + +
+ + + +

2 2
4(z+x) 4( )
( )[ ]= 4
(x+y+z+t) ( )
y t
x y z t
x y z t
+
≥ + + + +
+ + +
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=t hay a

1
=a
2
=a
3
+a
4
=a
5
+a
6
Vậy A
Min
= 4 khi và chỉ khi…
Câu
VIa
1.(1đ)

Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ
2
2 0
5
( 2/ 5; 1/ 5)
3 1 0 1
5
x
x y
B
x y
y


= −

− =


⇔ ⇒ − −
 
− + =


= −


Vì cos(d
1
;d
2
) =
2
2
nên (d
1
;d
2
) = 45
0
suy ra tam giác
HBI vuông cân tại H suy ra IH = 3, IB = R = 3
2

Vì IB vuông góc d
2
nên IB có pt: x + 3y + 1 = 0
Giải sử I(x
0
;y
0
) thuộc IB nên I(-3y
0
-1;y
0
)
Ta có d(I;(d
1
))= IH = 3 nên
0 0
0 0
1 3 5 2 9 5
5 5
1 3 5 2 9 5
5 5
y x
y x
 
− + − −
= =
 
 
⇒
 

− − − +
= =
 
 
vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
2 2
2 9 5 1 3 5
( ) ( ) 18
5 5
x y
− − − +
− + − =
hoặc
2 2
2 9 5 1 3 5
( ) ( ) 18
5 5
x y
− + − −
− + − =
2.(1 đ)
Ta cã: x
2
+ y
2

+ z
2
- 2x + 4y +2z -3= 0
2 2 2 2

( 1) ( 2) ( 1) 3x y z⇔ − + + + + =

=> mÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; -1), R = 3.
Do mÆt ph¼ng (Q) song song víi mp(P) nªn cã pt d¹ng:2x + 2y - z + D = 0 ( D
5≠
)
Do (Q) tiÕp xóc víi mÆt cÇu (S) nªn
( )
;( ) 3d I Q R= =
10
1 9
8
D
D
D
=

− = ⇔

= −

VËy (Q) cã ph¬ng tr×nh: 2x + 2y - z + 10 = 0
HoÆc 2x + 2y - z - 8 = 0
câu
VIIa
(1 đ)
từ
2 2
0 1 0 1
z z z z+ =

ta có:
2
2
1
2
1 0 1 0 1 0 1 0 1 0
0
( ) . (1)
z
z z z z z z z z z z
z
= − ⇒ = − ⇒ − =
2
2
0
2
0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
1
( ) . (2)
z
z z z z z z z z z z
z
= − ⇒ = − ⇒ − =
từ (1) v à (2) ta có
3 3
1 0
z z=
1 0 1 0
z z z z⇒ = = −
suy ra OA = OB = OC vậy tam giác ABC đều.

A
B
I
H
câu
VIb
1.(1đ)
Vì
2
( )
( )
M C
M
M d
∈

⇒

∈

là tiếp điểm, mà
1 2
1 2
. 0
d d
n n d d= ⇒ ⊥
uur uur
1
( ; ) 3 2d M d IH⇒ = =
2

: 3 0IM d IM x y⊥ ⇒ + − =
giả sử I(x
0
;3-x
0
) thuộc
IM
0 0
(1 ; 1)IM x x⇒ − −
uuur
0
2
0
0
1 17
2(1 ) 34
1 17
x
IM x
x

= −
⇒ = − = ⇔

= +


vậy đt cần tìm:
2 2 2 2
( 1 17) ( 2 17) 34, ( 1 17) ( 2 17) 34x y x y− + + − − = − − + − + =

2.(1đ) Vì (Q) //(P) nên (Q) có phương trình : 2x+2y+z+D=0.G ọi O là tâm đường tròn giao tuyến
I(1 ;2 ;-2) là tâm mặt cầu R = 5 bán kính mặt cầu, r là bán kính đường tròn giao tuyến theo
giả thuyết ta có
2
16 4r r
π π
= ⇒ =
mặt khác ta có IO =
4
( ;( ))
3
D
d I Q
+
=
. l ại c ó R
2
= r
2
+ OI
2

5, 13D D⇒ = = −
vậy mặt phẳng (Q) cần tìm: 2x+2y+z+5=0 ho ặc 2x+2y+z-13=0.
Câu
VII
(1 đ)
Ta có :
1 1 2

, '
2 2 2
i i
OA z OB z z z z
+ +
= = = = =
Ta có
1 1 2
2 2 2
i i
BA OA OB BA z z z z
+ −
= − ⇒ = − = =
uuur uuur uuur
2 2 2
OA OB AB⇒ = +
vậy tam giác OAB là tam giác vuông cân tại B.
Cách 2: gi ả s ử z = x + yi, z’ =
( ; ), ( ; )
2 2 2 2
x y x y x y x y
i A x y B
− + − +
+ ⇒
từ đó ta chứng
minh được OA = OB , OA
2
= OB
2
+ AB

2
từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.
Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì vẫn cho đủ điểm từng
phần như đáp án quy định.
B
A
I
M
H