Đề thi thử ĐH Trường THPT Phan Đăng Lưu, năm học 2010 2011

SỞ GD & ðT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT PHAN ðĂNG LƯU

ðỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
LẦN I, NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi: TOÁN;
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát ñề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm)
Câu I (2 ñiểm). Cho hàm số y = m(1 – x2)2
1. Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số ñã cho khi m = 1
2. Tìm các giá trị của tham số m ñể hàm số có 3 cực trị và ba ñiểm cực trị của ñồ thị hàm số ñó tạo thành một
tam giác có diện tích bằng 1 (ñvdt).
Câu II (2 ñiểm)

 x 2 − y 2 − 2 x + 4 y − 3 = 0
1. Giải hệ phương trình 
2
2
2
 x + 1 − x − 3 2 y − y + 2 = 0
2. Giải phương trình 1 + sin2x – cosx – sinx -

2 (2cos3x – cosx) =

2 cos2x (sinx - 1)

( x + 1)dx
+ x ln x + x
1
Câu IV (1 ñiểm). Cho hình chóp S.ABCD, có ñáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 3 cm; SA = SB = SC = 3cm. Tam

giác SBD có diện tích bằng 6 cm2. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
e

Câu III (1 ñiểm). Tính tích phân I =

∫x

2

x 2 + y 2 + 8 x + 16 − x 2 + y 2 − 8 x + 16 = 6 . Tìm giá trị

Câu V (1 ñiểm). Cho x, y là hai số thực thay ñổi thỏa mãn
nhỏ nhất của biểu thức P = 336x2 + 2y2 - 2010x + 2011.

PHẦN RIÊNG (3 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần ( A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.A (2 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 12 + 6 6 , A(-2; 0), B(4; 0) và ñộ dài
bán kính ñường tròn ngoại tiếp tam giác ñó bằng 5. Tìm tọa ñộ ñiểm C biết tung ñộ của nó là số dương.
2. Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz cho 2 ñường thẳng (d 1 ) và (d 2 ) có phương trình

(d1 ) :

x −1 y +1 z - 2
=
=
;
2
3
1

(d2 ):

x - 4 y −1 z − 3
=
=
6
9
3

Lập phương trình mặt phẳng chứa (d 1 ) và (d 2 ) .

Câu VII.A (1 ñiểm). Giải bất phương trình

 2x 
log 21 
−4 ≤ 5
4− x
2

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.B (2 ñiểm)
1. Trong mp(Oxy) cho 4 ñiểm A(1; 0), B(-2; 4), C(-1; 4), D(3; 5). Tìm toạ ñộ ñiểm M thuộc ñường thẳng
(∆ ) : 3 x − y − 5 = 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
x −1 y − 3 z
2. Trong không gian với hệ trục tọa ñộ Oxyz, cho ñường thẳng ∆:
=
= và ñiểm M(0 ; - 2 ; 0).
1
1

4
Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua ñiểm M song song với ñường thẳng ∆ ñồng thời khoảng cách
giữa ñường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4.
x2 − 2x + 2
Câu VII.B (1.0 ñiểm). Cho hàm số y =
(C) vµ d1: y = −x + m, d2: y = x + 3. Tìm tất cả các giá trị
x −1
của m ñể (C) cắt d1 tại 2 ñiểm phân biệt A, B ñối xứng nhau qua d2.
------------------------------------ Hết -------------------------------------Họ và tên học sinh……….. ………………………………….; Số báo danh …………………………………………


SỞ GD & ðT NGHỆ AN
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ðIỂM ðỀ KHẢO SÁT CHẤT
TRƯỜNG THPT PHAN ðĂNG LƯU
LƯỢNG LỚP 12, LẦN I, NĂM HỌC 2010-2011
MÔN: TOÁN
Nội dung
ðiểm
Câu I
2.0
1.
1.0
22
4
2
Khi m = 1, ta có y = (1 – x ) = x – 2x +1
x = 0
0. 25
Tập xác ñịnh của hàm số là: ℝ . Lim y = + ∞ ; Lim y = + ∞ . y’= 4x3 – 4x; y’ = 0 ⇔ 
x →+∞

x →−∞
 x = ±1
Hàm số ñồng biến trên các khoảng (-1; 0), (1; +∞ ); Nghịch biến trên các khoảng ( −∞ ; -1), (0; 1). Hàm
0.25
số ñạt cực ñại tại x = 0, yCð = 1; Hàm số ñạt cực tiểu tại x = ±1 , yCT = 0.
Bảng biến thiên:
x
f’(x)

−∞

+∞

-

-1
0

+

0
0

-

+∞

1
0

+

+∞

1

f (x)

0.25

0

0

0.25

2.
Ta có y’ = m(4x3 – 4x), do ñó với mọi m khác 0 hàm số luôn có 3 ñiểm cực trị

Các ñiểm cực trị của ñồ thị hàm số ñã cho là A(-1; 0), B(1; 0), C(0; m)
Vì A, B thuộc trục hoành và ñối xứng nhau qua O; C thuộc trục tung nên dt(ABC) = ½ AB. CO = m
Từ giả thiết dt(ABC) = 1, suy ra m = ±1
Câu II.
2
2
 x − y − 2 x + 4 y − 3 = 0
1. Giải hệ phương trình 
2
2
2

 x + 1 − x − 3 2 y − y + 2 = 0

(1)
1.0

(2)

 y = x +1
(1) ⇔ (x – 1)2 = (y – 2)2 ⇔ 
 y = −x + 3

Cách giải 1.

y = x + 1; PT(2): x + 1 − x − 3 1 − x + 2 = 0 ⇔ −
2

2

2

1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
2.0

0.25

( 1− x ) − 2 1− x

2

2

2

+3=0⇔ x =0

y = - x + 3, vì ñiều kiện −1 ≤ x ≤ 1 và 0 ≤ y ≤ 2 nên chỉ cần thay x = 1, y = 2 vào hệ, ta thấy không là nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ PT ñã cho là x = 0, y = 1.
Cách giải 2.
(1) ⇔ (x - 1)2 = (y – 2)2 . Với ñiều kiện −1 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 2 thì x - 1và y - 2 ñều thuộc [-2; 0]
Xét hàm số f(t) = t2. Hàm số này liên tục và nghịch biến trên [-2; 0], do ñó
(1) ⇔ f(x - 1) = f(y - 2) ⇔ x -1 = y – 2 ⇔ y = x + 1

0.25
0.25
0,25
0.25
0.25


y = x + 1; PT(2): x + 1 − x − 3 1 − x + 2 = 0 ⇔ −
2

2

2

( 1− x ) − 2 1− x

2

2

2

+3=0⇔ x =0.

Vậy nghiệm của hệ PT ñã cho là x = 0, y = 1.
(Học sinh cũng có thể biến ñổi (1) ⇔ (x + 1)2 – 4(x+1) = y2 – 4y, rồi xét hàm số f(t) = t2 – 4t trên [0; 2])
2. Giải phương trình 1 + sin2x – cosx – sinx - 2 (2cos3x – cosx) = 2 cos2x (sinx - 1)
(1) ⇔ (s inx + cos x ) 2 − (s inx + cos x ) − 2 cos x cos 2 x − 2cos2 x s inx+ 2cos2x = 0
⇔ (s inx + cos x)(s inx + cos x − 1) − 2cos2 x(s inx + cos x − 1) = 0
⇔ (s inx + cos x − 1)(s inx + cos x − 2cos2 x) = 0

 x = k 2π
s inx + cos x = 1 ⇔ 
 x = π + k 2π
2


(1)

.

1.0
0.25
0.25

(k ∈ ℤ)

0.25

π
2π

x= +k

π
12
3
s inx + cos x − 2cos2 x = 0 ⇔ cos(x- ) = cos2 x ⇔ 
(k ∈ ℤ)
4
 x = − π + k 2π

4
e
( x + 1)dx
Câu III. Tính tích phân I = ∫ 2
x + x ln x + x
1
1
e
e (1 + ) dx
e
( x + 1)dx
d ( x + ln x + 1)
x
I =∫

=∫
=∫
x( x + ln x + 1) 1 x + ln x + 1 1 x + ln x + 1
1
e+2
e+2
e
. Vậy I = ln
= ln( x + ln x + 1) 1 = ln(e + 2) − ln 2 = ln
2
2

0.25

1.0

0.5

0.5

Câu IV.

1.0
Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD) suy ra H nằm trên BD (Vì SA = SB =
= SC, BD là trung trực của AC). Do ñó SH ñường cao của hình chóp cũng là
ñường cao của tam giác SBD.
Gọi O là giao ñiểm của AC và BD. Vì SA = SC = DA = DC nên SO = DO
suy ra tam giác SBD là tam giác vuông tại S. Vì dt(SBD) = 6 và SB = 3 nên
SD = 4; suy ra BD = 5, SH = 12/5.

S

D

C

ABCD là hình thoi có AD = 3, DO = 5/2 nên AO =

O
A

0.5

H
B

11
2

5 11
suy ra dt(ABCD) =
2
1
VS . ABCD = SH .dt ( ABCD) = 2 11 .
3

Câu V. (Quyền tác giả của bài toán thuộc về Th.s Phan Văn Cường – Tổ trưởng tổ Toán - Tin
Trường THPT Phan ðăng Lưu – Nghệ An)

( x + 4)

2

+ y2 −

( x − 4)

2

0.25

0.25

0.25

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD bằng 2 11 .

x 2 + y 2 + 8 x + 16 − x 2 + y 2 − 8 x + 16 = 6 ⇔

0.25

1.0

+ y 2 = 6 (*)

Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, ñặt ñiểm M(x; y), F1(-4; 0), F2(4; 0) thì ñiều kiện (*) trở thành:
MF1 - MF2 = 6 .

Suy ra tập hợp ñiểm M thỏa mãn ñiều kiện bài toán là ñường Hypebol (H):

x2 y 2
−
= 1 . (**)
9
7

0.25

0.25


Ta có P = 336x2 + 2y2 - 2010x + 2011 = x2 + y2 + 335(x – 3)2 + y2 - 1004
 x2 y2 
Suy ra P ≥ x2 + y2 - 1004 ≥ 9  −  − 1004 = −995 .
 9 7 

x = 3
x = 3

ðẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi  y = 0
. Vậy MinP = - 995 khi x = 3, y = 0.
⇔
y = 0
 x2 y 2
 −
=1
 9
7

0.25

0.25

(Từ (**) có thể rút y theo x, ñưa P về bậc hai theo x, rồi sử dụng giá trị nhỏ nhất của hàm số bậc hai; nhưng cần lưu ý
tìm miền xác ñịnh của x)

Câu VI.A
1.
Giọi I(x0; y0) là tâm ñường tròn ngoại tiếp ABC, suy ra PT ñường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là:
(x – x0)2 + (y – y0)2 = 25. Vì ñiểm A(-2; 0), B(4; 0) thuộc ñường tròn nên ñường tròn ( C) có PT là:
(x – 1)2 + (y – 4)2 = 25 , (x – 1)2 + (y + 4)2 = 25.

2.0
1.0
0.25

(Tìm tâm của ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, có thể vẽ hình rồi sử dụng tam giác vuông, lưu ý hai trường hợp)

Vì A(-2; 0), B(4; 0) và dt(ABC) = 12 + 6 6 nên ñường cao CH = 4 + 2 6 . Hai ñiểm A, B nằm trên
trục hoành và C có tung ñộ là số dương nên C năm trên ñường thẳng y = 4 + 2 6
2
2
2
2
( x – 1) + ( y – 4 ) = 25
( x – 1) + ( y + 4 ) = 25
Do ñó tọa ñộ ñiểm C là nghiệm của hệ 
(1) và 
(2)
 y = 4 + 2 6

 y = 4 + 2 6
Giải hệ (1), (2) ta có ñiểm C(0; 4 + 2 6 ), C(2; 4 + 2 6 ).
2.
ðường thẳng (d1) ñi qua ñiểm M(1; -1; 2) có véc tơ chỉ phương là u1 (2;3;1) ; ðường thẳng (d2) ñi qua

ñiểm N(4; 1; 3) có véc tơ chỉ phương là u2 (6;9;3) . Suy ra (d1)//(d2), do ñó tồn tại mp chứa (d1), (d2) gọi
là (P).
Véc tơ pháp tuyến của mp(P) là nP = u1 , MN  = (1;1; −5 )
PT mp(P) là x + y – 5z +10 = 0
Câu VII.A. Giải bất phương trình
 2
log 1

(1) ⇔  2
log 2
 12

2x
−4≥0
4− x
2x
≤9
4− x

 2x 
log 21 
 − 4 ≤ 5 (1)
4− x
2

2x

 −3 ≤ log 1 4 − x ≤ −2 (2)
2
⇔

2x
(3)
 2 ≤ log 1 4 − x ≤ 3

2

 6 x − 16
 4 − x ≥ 0
2x
8
16
Giải (2):
(2) ⇔ 4 ≤
≤8⇔ 
⇔ ≤x≤
4− x
3
5
10 x − 32 ≤ 0
 4 − x
17 x − 4
 4 − x ≥ 0
1
2x

1
4
4
Giải (3):
(3) ⇔ ≤
≤ ⇔
⇔
≤x≤
8 4−x 4
17
9
9x − 4 ≤ 0
 4 − x
 4 4   8 16 
Vậy bất phương trình có tập nghiệm  ;  ∪  ;  .
17 9   3 5 
Câu VI.B
1.

0.25

0.25
0.25
1.0

0.25
0.5
0.25
1.0

0.25

0.25

0.25

0.25
2.0
1.0


Phng trỡnh ủng thng AB: 4 x + 3 y 4 = 0 v AB = 5

0.25

Phng trỡnh ủng thng CD: x 4 y + 17 = 0 v CD = 17

13t 19
11t 37
; d ( M , CD) =
5
17
t = 9
S MAB = S MCD d ( M , AB ). AB = d ( M , CD).CD 13t 19 = 11t 37 7
t =
3
7
Vy cú 2 ủim cn tỡm l: M (9; 32), M ( ; 2)
3
2.

Gi s n( a; b; c) l mt vect phỏp tuyn ca mt phng (P) suy ra mp(P): ax + by + cz + 2b = 0.
im M thuc nờn to ủ dng: M = (t ;3t 5) . Suy ra d ( M , AB) =

(K a2 + b2 + c2 > 0). ng thng ủi qua ủim A(1; 3; 0) v cú mt vect ch phng u = (1;1; 4)

n.u = a + b + 4c = 0
(1)
b = a 4c
/ /( P)
/ /( P)


| a + 5b |
2

2
2
=4
d (; ( P)) = 4
d ( A; ( P)) = 4
15a 9b + 16c 10ab = 0 (2)
2
2
2
a
b
c
+
+

Th (1) vo (2) ta cú a 2 - 2ac 8c 2 = 0 (a 4c)(a + 2c) = 0 .Ta thy nu c = 0 thỡ a =b = 0, khụngTM
Do ủú chn c = 1 suy ra a = 4, b = -8 hoc a = -2, b = -2
Vy phng trỡnh mt phng (P) l: 4x - 8y + z - 16 = 0, 2x + 2y - z + 4 = 0.
Cõu VII.B
Hoành độ giao điểm của (C) và d1 là nghiệm của phơng trình :

0.25

0.25

0.25

1.0
0.25

0.25

0.25
0.25
1.0

x2 2x + 2
= x + m
x 1

2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x1) (1)

d1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

0.5

2 3 m + 2 + m 0
2
m2-2m-7>0 (*)
m 2m 7 > 0

Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 là hai nghiệm của (1) )
Vì d1 d2 nên A, B đối xứng nhau qua d2 khi và chỉ khi trung điểm P của AB thuộc d2.
Ta có P(

x1 + x2 x1 + x2
m + 3 3m 3
3m 3 m + 3
). P d2
;
+ m ) P(
;
=
+ 3 m = 9 (TM (*))
2
2
4
4
4
4

Vậy m =9 là giá trị cần tìm.

0.5