DE TOAN THI THU DH 2011 (11) CO GIAI

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT NGA SƠN
(Đề gồm 01 trang)

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC
Lần 01 – Năm học 2010-2011
MÔN: TOÁN, Khối A
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề.

PHẦN CHUNG (7,0 điểm)
CâuI. (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x 3 + 3 x 2 − 4
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2
2. Tìm các giá trị của m để phương trình x ( x − 3) + 7 = log 2 (m + 37) có đúng 3 nghiệm phân biệt.
CâuII. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 3(2 cos 2 x + cos x − 2) + (3 − 2 cos x)sin x = 0
2. Giải phương trình: ln(cos x + 1) = e cos x − 1
π
4

CâuIII. (1,0 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫
π
6

cot x
sin x 1 + sin 2 x

dx .

CâuIV.(1,0 điểm)
Cho hình chóp S . ABCD với đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D ; AB = AD = 2a; CD = a

hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD) tạo với nhau góc 600 . Gọi I là trung điểm của cạnh AD . Biết hai
mặt phẳng ( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với ( ABCD) , tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .
CâuV. (1,0 điểm) Tìm m để phương trình x 2 − 2 x − x + m = m có nghiệm duy nhất.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
A. Theo chương trình Cơ bản
CâuVI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng
(d ) : x − 2 y − 2 = 0 , cạnh BC tạo với (d ) một góc 450 , đường cao kẻ từ B có phương trình
x + y + 3 = 0 ; M (1;1) là trung điểm của AC . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC .
n

n


 1 
n
n −1
1 
1
= Cn0 ( x 2 ) + Cn1 ( x 2 ) 3 2 + ... + Cnn  3 2 ÷
2. Tìm số hạng thứ 10 trong khai triển  x 2 + 3 2 ÷
÷
÷ (
x 
x

 x 
x ≠ 0; n ∈ ¥ * ). Biết rằng tổng các hệ số trong khai triển trên bằng 32768
CâuVII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 4 x + 5 + 6 x + 10 = x 2 + 2 x + 4
B. Theo chương trình Nâng cao

CâuVI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 1 . Đường tròn (C’) tâm I (2; 2)
cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 2 . Viết phương trình đường thẳng AB .
2. Tìm hệ số của x 2 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = ( x 2 + x − 1) n biết n thoả mãn
(n 2 − 5)Cn4 + 2Cn3 = 2 An3
1
2
CâuVII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 x + 3 x + 1 = −4 x + + 3
x
-----Hết----Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh………………………………., Số báo danh……………


Câu

I

Ý

1

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN THI ĐẠI HỌC
NĂM 2010 – 2011
Nội dung

∗) Tập xác định: ¡
∗) Sự biến thiên
g) Chiều biến thiên
y ' = −3 x 2 + 6 x = 0 ⇔ x = 0; x = 2 ; y ' > 0 ⇔ 0 < x < 2

Hàm số đồng biến trên (0; 2) , nghịch biến trên (−∞;0) và trên (2; +∞)
g) Cực trị
Hàm số đạt cực đại tại xCD = 2 ; yCD = y (2) = 0

Hàm số đạt cực tiểu tại xCT = 0; yCT = y (0) = −4
g) Giới hạn tại vô cực
lim ( − x 3 + 3 x 2 − 4) = +∞; lim ( − x 3 + 3 x 2 − 4) = −∞
x →−∞

g) Bảng biến thiên
x −∞
y’
+∞
y

Điểm

0,25

0,25

x →+∞

0
0

2
0

+

+∞
0,25

0
-4

−∞

∗) Đồ thị
−1

O

2

0,25
−4

y = f ( x ) = − x 3 + 3x 2 − 4 = −( x + 1)( x − 2) 2
2
2
Xét g ( x) = x ( x − 3) = − x( x − 3) = f ( x − 1) . Đồ thị (H) của hàm số y = g ( x ) được suy

2

ra rừ (C) như sau: Tịnh tiến (C) sang phải 1 đơn vị dọc Ox được (C1 ) , bỏ phần phía dưới
Ox của (C1 ) , lấy phần giữ lại đem đối xứng qua Ox được (H) như hình vẽ:

2

Số nghiệm của phương trình x ( x − 3) + 7 = log 2 ( m + 37) bằng số giao điểm của đường
thẳng y = log 2 (m + 37) − 7 với đồ thị (H)

4

Qua đồ thị ta thấy
khi log 2 (m + 37) − 7 = 4 ⇔ log 2 ( m + 37) = 11 ⇔ m = 2011
thì phương trinh đã cho có đúng 3 nghiệm.
4

1 3

0,50

0,50


Vậy m = 2011 là giá trị cần tìm.

II

Giải phương trình:

1

2

3(2 cos 2 x + cos x − 2) + (3 − 2 cos x) sin x = 0



3
sin x =
2
⇔ (2sin x − 3)( 3 sin x + cos x) = 0 ⇔ 
1

 tan x = − 3

π

x
=
+ k 2π

3

2π
⇔ x =
+ k 2π
(k ∈ ¢ )

3

 x = − π + kπ
6

Giải phương trình: ln(cos x + 1) = e cos x − 1

0,50

0,50

cos x

t = e − 1
ln(cos
x
+
1)
=
t
⇒ et + t = e cos x + cos x (1)
Đặt
khi đó ta được 
t

cos x = e − 1
Xét hàm f (t ) = et + t có f '(t ) = et + 1 > 0 ∀t nên từ (1) được t = cos x khi đó ta được
et = t + 1 (với t = cos x )
Xét g (t ) = et − t − 1 có g '(t ) = et − 1 = 0 ⇔ t = 0 . Có BBT
Qua BBT thấy
t
0
g (t ) ≥ 0 ∀t
g’(t)
0
+
g (t ) = 0 ⇔ t = 0
g(t)
0

Với t = 0 ta được cos x = 0 ⇔ x =

π
+ kπ
2

(k ∈ ¢ )
π
4

Tính I = ∫

III

π
6

π
4

I =∫
π
6

cot x
sin x 2 + cot 2 x
2

S

Đặt t = cot x ; x =
1

I = −∫

3

IV

D

t
2 + t2

I

3

sin x 1 + sin 2 x

dt = ∫
1

C

2 + t2

H

0,25

dx

dx

t

0,25

0,25
cot x

0,25

π
π
→ t = 3; x = → t = 1
6
4

A

0,25

dt =

B
2+t

3

2
1

A

K

= 5− 3

I
D

B

0,25
0,50

H
C

0,50


Hạ IH ⊥ BC , gọi K là trung điểm của AB.
1
1
1
a2

2
2
Có S ABCD = ( AB + CD ) AD = 3a ; S ABI = AB. AI = a ; S DCI = DC.DI =
suy ra
2
2
2
2
3a 2
. Mặt khác BC = BK 2 + KC 2 = a 5 nên
S BIC = S ABCD − S ABI − S DCI =
2
2S
3a 5
IH = BIC =
BC
5
Do (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với (ABCD) nên giao tuyến SI của hai mặt phẳng đó
vuông góc với (ABCD) suy ra SI ⊥ IH .
 BC ⊥ IH
3a 15
·
⇒ BC ⊥ SH ⇒ 600 = (·SBC ; ABCD ) = SHI
⇒ SI = IH .tan 600 =

BC
⊥
SI
5


0,50

1
1 3a 15
3a 3 15
2
Vậy VS . ABCD = SI .S ABCD =
.3a =
3
3 5
5
2
x − 2 x − x + m = m (*)

V

Đặt t = x + m

(t ≥ 0) ⇒ x = t 2 − m

(1)

0,25

khi đó (*) trở thành m + (1 − 2t )m + t − 2t − t = 0
2

2

4

2

⇒ m = t 2 + t ; m = t 2 − t − 1 . Từ (1) suy ra (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
m = t 2 + t
(2) có nghiệm duy nhất trên [ 0; + ∞ )

2
m = t − t −1

0,25

Xét f (t ) = t 2 + t có đồ thị là ( P1 ) và g (t ) = t 2 − t − 1 có đồ thị là ( P2 ) trên [ 0; + ∞ ) như
hình vẽ:
( P1 )
( P2 )
Số nghiệm của (2) bằng số giao điểm của đường thẳng
y = m với đồng thời cả ( P1 ) và ( P2 ) trên cùng một hệ
trục toạ độ.
Qua đồ thị ta thấy (2) có nghiệm duy nhất trên [ 0; + ∞ )

2

khi và chỉ khi m = −

5
hoặc −1 < m < 0
4

O

−1

0,50

1 2

−5 / 4

A

1

AC qua M (1;1) vuông góc với BH : x + y + 3 = 0 nhận
uuur
uBH (1; −1) làm vtpt có phương trình x − y = 0
AC cắt (d ) : x − 2 y − 2 = 0 tại A có toạ độ thoả mãn hệ

B

0,25

H

M (1;1)

C

x − y = 0
 x = −2
⇒
⇒ A(−2; −2)

 x − 2 y − 2 = 0  y = −2
C đối xứng với A( −2; −2) qua M (1;1) nên C (4; 4)
Dễ thấy đường thẳng (d ) : x − 2 y − 2 = 0 không tạo với các trục toạ độ góc 450 nên BC
1
không song song với các trục toạ độ. (d ) có hệ số góc bằng , gọi k là hệ số góc của BC
2
1
k = 3
k−
2k − 1
2
=1⇔
=1⇔ 
khi đó ta có
k
k = − 1
k+2
1+
3

2

2

5 17

Với k = 3 ta có BC : y = 3( x − 4) + 4 hay BC : 3x − y − 8 = 0 khi đó B( ; − )
4
4
1
25 19
Với k = − ta có BC : x + 3 y − 16 = 0 khi đó B (− ; )
3
2 2
n
2
Khi x = 1 thì (1 + 1) bằng tổng các hệ số trong khai triển nên 2n = 32768 ⇔ n = 15

0,25

0,25
0,25
0,50

k

 1 
Số hạng thứ k + 1 trong khai triển: Tk +1 = Cnk ( x 2 )n −k  3 2 ÷
÷ do đó với n = 15 thì số hạng
x


6 6
thứ 10 trong khai triển là C15 x
Giải phương trình:

4 x + 5 + 6 x + 10 = x 2 + 2 x + 4 (*)

5
2
Khi đó (*) ⇔  4 x + 5 − ( x + 2)  +  6 x + 10 − ( x + 3)  = x − 1
4
1 − x2
1 − x2
⇒
+
= x2 − 1
4x + 5 + x + 2
6 x + 10 + x + 3
5
(do với x ≥ − thì 4 x + 5 + x + 2 > 0 và 6 x + 10 + x + 3 > 0 )
4
1
1


⇔ ( x 2 − 1) 1 +
+
÷ = 0 ⇔ x = ± 1 (thử lại thấy thoả mãn)
4x + 5 + x + 2
6 x + 10 + x + 3 

Vậy x = ± 1 là nghiệm của phương trình

ĐK: x ≥ −

1

VI.b

2

0,50

(C) tâm O (0; 0) bán kính R1 = 1 cắt Ox tại A1 (1;0) và A2 (−1;0)
cắt Oy tại B1 (0;1) và B2 (0; −1) .
Dễ thấy I (2; 2) và O (0; 0) cùng thuộc đường thẳng y = x
Do A, B là giao điểm của (C) và (C’) nên AB ⊥ OI
Hay đường thẳng AB có hệ số góc k = −1
 A1 B1 ⊥ IO  A2 B2 ⊥ IO
Mặt khác 
;
đồng thời
 A1 B1 = 2  A2 B2 = 2
•) AB ≡ A1 B1 có phương trình x + y − 1 = 0
•) AB ≡ A2 B2 có phương trình x + y + 1 = 0
(n 2 − 5)Cn4 + 2Cn3 = 2 An3 ⇔ ... ⇔ n = 5


 AB ⊥ IO
nên


 AB = 2

0,25

0,25

0,50

0,5

0,5

0,50


VII.b

Khi n = 5 ta có:
P = ( x 2 + x − 1)5 = C50 ( x 2 + x )5 − C51 ( x 2 + x ) 4 + C52 ( x 2 + x )3 − C53 ( x 2 + x ) 2 + C54 ( x 2 + x ) − C55
3
2
2
4
2
trong đó chỉ C5 ( x + x) và C 5 ( x + x ) có chứa x 2 . Do đó hệ số của x 2 trong khai triển là
C54 − C53 = −5
1
2
Giải phương trình: 2 x + 3x + 1 = −4 x + + 3
x
1 3
1 3
∗) Khi x > 0 phương trình trở thành

+ + 2 = 2 + − 4 (1).
2
x
x
x
x

Đặt t =

1 3
+ + 2 (t ≥ 0) .
x2 x

0,50

Từ (1) ⇒ t 2 − t − 6 = 0 ⇒ t = 3 ⇒ 7 x 2 − 3x − 1 = 0 ⇒ x =

∗) Khi x < 0 phương trình trở thành −

Đặt t =

0,50

3 + 37
14

1 3
1 3
+ + 2 = 2 + − 4 (2)
2

x
x
x
x

1 3
+ + 2 (t ≥ 0)
x2 x

Từ (2) ⇒ t 2 + t − 6 = 0 ⇒ t = 2 ⇒ 2 x 2 − 3x − 1 = 0 ⇒ x =

0,50
3 − 17
14

Chú ý:
- Câu hình thí sinh không vẽ hình thì không chấm điểm
- Các câu khác, thí sinh làm cách không như hướng dẫn mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa