de thi thu DH KB hau loc 4

Trường THPT Hậu Lộc 4
Tổ:Toán-Tin

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY- HỌC
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)
x −1
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số: y =
2( x + 1)
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)

π
π
) + sin( x − ) = 1 .
3
3
2. Giải phương trình : x + x + 3 2 x − x 2 = 4 + 2 − x . (với x ∈ R )
2
1. Giải phương trình : cos 4 x + 2 cos x + sin(3 x −

ln 8

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: I =

∫e

e 2 x dx

− 3 e x +1 −3
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.
ln 3

x

Câu V (1,0 điểm). Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : x + y = 2 x − 2 + y + 1 + 1 .
Tìm GTLN, GTNN của F =

2(1 + xy x + y )
x
y
( x − y ) + ( y − x) +
.
2
2
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 ∆ : 3x − 4 y + 7 = 0 . Viết phương
4
trình đường tròn (C) đi qua A và cắt ∆ theo đường kính BC sao cho ∆ ABC có diện tích bằng .
5

x −1 y −1 z − 2
=
=
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ :
và điểm A(2;1;2). Viết
2
−1
1
1
phương trình mặt phẳng (P) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng
.
3
Câu VII.a (1,0 điểm)
2011
+ ( z2 −1) 2011
Gọi z1 ; z2 là các nghiệm phức của phương trình: z 2 − 4 z + 5 = 0 .Tính: ( z1 −1)
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.
x = 1+ t
x − 2 y −1 z +1

=
=
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng : d1 :  y = 2 − t ; d 2 :
.
1
−2
2

z = 1

Viết phương trình mp(P) song song với d1 và d 2 , sao cho khoảng cách từ d1 đến (P) gấp hai lần khoảng
cách từ d 2 đến (P).
log 2 ( y − 2 x + 8) = 6
Câu VII.b( 1,0điểm). Giải hệ phương trình:  x
x y
x+ y
8 + 2 .3 = 2.3
....................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
I
1. (1,0đ)
(2,0đ)
TXĐ: D = R\ { −1}

Nội Dung

Điểm

1

,
Chiều biến thiên: y = ( x + 1)2 > 0 , với ∀x ∈ D

0,25

⇒ hàm số đồng biến trên mỗi khoảng : ( −∞; −1) và ( −1; +∞ )

Cực trị: hàm số không có cực trị
Giới hạn, tiệm cận :
1
1
Lim + y = −∞ , Lim − y = +∞
y = ; x→
, xLim
( −1)
x →( −1)
2 →−∞
2
x →+∞
1
⇒ y = là tiệm cận ngang; x = −1 là tiệm cận đứng.
2
Limy =

Bảng biến thiên:
x

−∞
+∞

y

0,25

+∞

−1

1
2
0,25

−∞

1
2
1
2

Đồ thị: đi qua các điểm (0; − ) ; (-2;

3
)
2

Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1;

1
) làm tâm đối xứng
2

y

1

2

I
-1

O

2. (1,0đ)
x0 − 1

2.Gọi M( x0 ; 2( x + 1) ) ∈ (C ) là điểm cần tìm
0

x

0,25


Gọi ∆ tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình ∆ :
y = f ' ( x0 )( x − x0 ) +

0,25

x −1
1
x0 − 1
⇒y=
( x − x0 ) + 0
2
2( x0 + 1)

2( x0 + 1)
( x0 + 1)

x − 2 x0 − 1
Gọi A = ∆ ∩ ox ⇒ A( − 0
;0)
2

2
x02 − 2 x0 − 1
B = ∆ ∩ oy ⇒ B(0;
). Khi đó ∆ tạo với hai trục tọa độ ∆ OAB
2( x0 + 1) 2

 x02 − 2 x0 − 1 x02 − 2 x0 − 1 
;
có trọng tâm là: G(  −
÷.
6
6( x0 + 1) 2 


Do G∈ đường thẳng:4x + y = 0 ⇒ −4.
⇔ 4=

1

( x0 + 1)

2

0,25

x02 − 2 x0 − 1 x02 − 2 x0 − 1
+
=0
6
6( x0 + 1) 2

(vì A, B ≠ O nên x02 − 2 x0 − 1 ≠ 0 )

1
1


 x0 + 1 = 2
 x0 = − 2
⇔
⇔
x +1 = − 1
x = − 3
0
0
2
2


1
2

1
2

0,25

3
2

3
2

3 5
2 2

0,25

Với x0 = − ⇒ M (− ; − ) ; với x0 = − ⇒ M (− ; ) .
II
(2,0đ) 1. (1,0đ)
π
π
Pt ⇔ cos4x + cos2x + sin(3x - ) + sin(x- ) = 0
3

π
⇔ 2cos3x. cosx + 2sin(2x- ). cosx = 0
3

3

0,25

cos x = 0

π 

⇔ 2 cos x cos3 x + sin(2 x − )  = 0 ⇔ 
cos3 x + sin(2 x − π ) = 0
3 



Với cosx = 0 ⇔ x =

π
+ kπ
2

π
π
) = 0 ⇔ cos3x = cos( + 2 x)
3
6
π
π


3 x = 6 + 2 x + k 2π
 x = 6 + k 2π
. k∈ Z

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

0,25

3

0,25

Với cos3x + sin(2x-

2. (1,0đ)
đk: 0 ≤ x ≤ 2

0,25


u = x
đặt: 

v = 2 − x

u 2 + v 2 = 2
(đk u, v ≥ 0 ) , ta có hệ:  2
u + u + 3uv − v = 4

0,25

nhân pt đầu với 2, trừ theo vế cho pt còn lại ta được :
u 2 + 2v 2 − 3uv − (u − v) = 0 ⇔ (u − v)(u − 2v) − (u − v ) = 0 ⇔ (u − v)(u − 2v − 1) = 0
u − v = 0
⇔
u − 2v − 1 = 0

0,25

Với u – v = 0 ,kết hợp với pt đầu ta được : u = v = 1 ⇒ x = 1

0,25

1
5

Với u – 2v = 1, kết hợp với pt đầu ta được: v = ⇒ 2 − x =

1
49
⇔x=
25
25

0,25

III
1,0đ
(1,0đ)
Đặt t = e x + 1 ⇒ t 2 = e x + 1 ⇒ 2t.dt = e x dx
Đổi cận: x = ln 3 ⇒ t = 2; x = ln 8 ⇒ t = 3
ln8

⇒I=

∫e

ln 3

e x .e x dx
x

− 3 ex +1 − 3

3

3

=∫

(t

0,25

)

− 1 .2t.dt

2

0,25

t − 3t − 4
2

2

3

0,25

3

t (t − 1)dt
t2 − t
12
= 2∫
dt = 2 ∫ (t + 3 +
)dt
= 2∫
(t − 4)
t −4
t −4

2
2
2

0,25

3
t2
= 2( + 3t + 12 ln t − 4 ) | = 11- 24ln2
2
2

IV
(1,0đ) 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

A’

C’

B’

∧

A' AG = 600

J
I

A

C
G

H

B
2
2 x 3 x 3
=
Gọi x là cạnh ∆ABC và H là trung điểm của BC ⇒ AG = AH = .
3

Ta có cos60° =

AG
a
⇒ AG =
a
2

3

2

3

0,25

⇒

x 3 a
3a
3 3a
= ⇒x=
=
3
2
6
2 3

0,25

Khi đó VABC . A B 'C ' = A G.S∆ABC
'

'

a 3
;
2
1
1x 3
x 2 3 27a 2 3
S ∆ABC = AH .BC =
.x =
=
.

2
2 2
4
36 4
a 3 27a 2 3 9a 3
⇒V =
.
.
=
(dvtt )
2
36 4
32

Với A'G = asin60° =

0,25

Gọi J là trung điểm của AA' ,đường trung trực của AA ' cắt A'G ở I ⇒ R = A' I
a
'
' JA
JA GA
2 = a ⇒R= a
∆JA' I ~ ∆GA' A ⇒ ' = ' ⇒ A I = AA . ' = a.
GA
a 3
3
3
AI AA

2
'

'

'

0,25

(1,0đ )
V
(1,0đ)
Từ gt ⇒ x ≥ 2; y ≥ −1 .

Vì ( 2. x − 2 + 1. y + 1 ) ≤ ( 22 + 12 ) ( x − 2 + y + 1) ⇔ 2 x − 2 + y + 1 ≤ 5( x + y − 1) .

0,25

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

0,25

2

1

2

1

2

2
2
Khi đó: F = 2 ( x + y ) + x + y = 2 t + t .

1

2
Xét f (t ) = 2 t +

2
1
'
≥ 0; ∀t ∈ [ 1;6]
, với t ∈ [ 1;6] , có f (t ) = t −
t
t t

0,25

2
1
Max f (t ) = f (6) = 18 +
;
t∈[ 1;6]
6
2 t∈[ 1;6]
x = 2

1
⇒ GTNN của F là: đạt được tại: t = 1 ⇔ 
2
 y = −1
⇒ Min f (t ) = f (1) =

GTLN của F là: 18 +
VI.a

2
x = 6
đạt được tại :t= 6 ⇔ 
6
y = 0

0,25

1.(1,0đ)
Gọi AH là đường cao của ∆ABC , ta có AH = d ( A; ∆) =

4
5

1
4 1 4
AH .BC ⇔ = . .BC ⇔ BC = 2 .Gọi I ;R lần lượt là tâm và bán
2
5 2 5
1
kính của đường tròn cần tìm, ta có : R = AI = BC = 1 .

2
S ∆ABC =

0,25


2

Do I ∈ ∆ ⇒ I ( x0 ;

3x0 + 7
3x + 7
2

) , AI = 1 ⇔ ( x0 + 1) +  0
− 2÷ =1
4
 4


 x0 = −1
⇔ 25 x + 26 x0 + 1 = 0 ⇔ 
 x0 = − 1

25

0,25

2
0

2
2
Với x0 = −1 ⇒ I(-1;1) ⇒ pt (C ) : ( x + 1) + ( y − 1) = 1

Với x0 = −

0,25

2
2
1
 1 43 
1
43
⇒ I  − ; ÷ ⇒ pt (C ) :  x + ÷ +  y − ÷ = 1
25
 25 25 
25  
25 


0,25

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 ∆ ⊂ ( P) ⇒ n ⊥ u ⇒ n . u = 0
0,25

⇔ 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

a
a 2 + (2a + c) 2 + c 2

=

0,25

1
3

⇔ ( a + c) = 0 ⇔ a + c = 0

0,25

với a + c = 0 , chọn a = 1 , c = -1 ⇒ pt(P) : x + y – z = 0

0,25

2

VII.a 1,0đ
(1,0đ)
 z1 = 2 − i
Ta có: ∆ ' = 4 − 5 = −1 = i 2 ⇒ 

0,5

 z2 = 2 + i

Khi đó: ( z1 − 1)

2011

+ ( z2 − 1)

= (1 − i )  (1 − i) 2 

1005

+ ( 1 + i ) (1 + i) 2 

2011

= (1− i)

1005

2011

+ ( 1+ i)

2011

= ( 1 − i ) ( −2i )

1005

+ ( 1 + i ) ( 2i )

1005

0,5

= −21005 i (1 − i ) + 21005 i(1 + i ) = 21005 i (1 + i − 1 + i) = −21006

VI.b 1. (1,0đ)
(2,0đ)
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
a − 2c − 3 = 4
a = −1
⇔
⇒ A(-1 ; -2 )
 − a − 3 + c = −6
c = −4

của AC ⇒ 

→

; C(5 ; -4 )

Ta có BI đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtpt là AC =(6 ; -2 )
⇒ pt BI : 3x – y – 9 = 0 , mà B ∈ BI ⇒ B(b ; 3b – 9 )

0,5


→

→

Khi đó : AB = (b +1 ; 3b – 7) ; CB = (b- 5 ; 3b – 5)
→
→
ABCD là hình vuông nên AB . CB = 0 ⇔ ( b + 1) ( b − 5) + ( 3b − 7 ) ( 3b − 5 ) = 0
b = 1
⇔ b 2 − 4b + 3 = 0 ⇒ 
b = 3
Với b = 1 ⇒ B ( 1; −6 ) ⇒ D ( 3;0 )

0,25

0,25

Với b = 3 ⇒ B ( 3;0 ) ⇒ D ( 1; −6 )
2.(1,0đ)
→
Ta có : d1 đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : u1 = ( 1; −1;0 )
0,25

→

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

Gọi n là vtpt của mp(P), vì (P) song song với d1 và d 2 nên
→ →
→
n = [ u1 ; u2 ] = (-2 ; -2 ; -1) ⇒ pt mp(P): 2x + 2y + z + m = 0
d( d1 ;(P)) = d(A ; (P)) =

7+m

5+ m

; d( d 2 ;( P)) = d( B;(P)) =

3
vì d( d1 ;(P)) = 2. d( d 2 ;( P)) ⇔ 7 + m = 2. 5 + m
 m = −3
7 + m = 2(5 + m)
⇔
⇔

 m = − 17
7
+
m
=
−
2(5
+
m
)

3

Với m = -3 ⇒ mp(P) : 2x + 2y + z – 3 = 0
17
17
Với m = - ⇒ mp(P) : 2x + 2y + z - = 0
3
3

VII.b 1,0đ
(1,0đ) Pt đầu ⇔ y – 2x + 8 =

( 2)

6

0,25

3

0,25

0,25

⇔ y = 2x

0,25

thế vào pt thứ hai ta được:
x

x

3x

x

 8   18 
2
2
8 + 2 .3 = 2.3 ⇔ 8 + 18 = 2.27 ⇔  ÷ +  ÷ = 2 ⇔  ÷ +  ÷ = 2
 27   27 
3
3
x

x

2x

3x

x

x

x

x

(

0,25

)

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

0,5