CacdethithuTSCDDHnam2010

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (483.33 KB, 20 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

u MƠN TỐN KHỐI A

Tháng 03/2010

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y = (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)

2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ
thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất.

Câu II. (2.0 điểm)

1.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x [ 0 ;].

2. Giải hệ phương trình

3 2 3 2

3 5.6 4.2 0

( 2 )( 2 )

x y x x y

x y y y x y x

 

   




    




Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân

1 4

2
0

( )

x x

x e dx

x






Câu IV. (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx 
 2xyz. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).

Câu V. (1.0 điểm) Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c. Tính thể 
tích của tứ diện ABCD.

PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ khơng 
được chấm điểm).

A. Theo chương trình nâng cao
Câu VIa. (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y -
12 = 0.

Tìm toạ độ tâm và bán kính đường trịn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục
Oy.

2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD,
N là tâm hình vng CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.

Câu VIIa. (1.0 điểm) Giải bất phương trình

2 3

3 4

log ( 1) log ( 1)
0

5 6

x x

  


 

B. Theo chương trình chuẩn
Câu VIb. (2.0 điểm)

1. Cho elip (E) : 4x2 + 16y2 = 64.Gọi F

1, F2 là hai tiêu điểm. M là điểm bất kì trên (E).Chứng
tỏ rằng

tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F2 và tới đường thẳng x =
8

3 có giá trị không đổi. 
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng
(Q):

x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vng góc với (Q).
Câu VIIb. (1.0 điểm)

Giải bất phương trình

2 2 3

1 6

10
2Ax Ax Cx

x

  

(Cnk,
k
n

A là tổ hợp, chỉnh hợp chập k của n phần

tử)

...HẾT...

Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Trường THPT Lê Văn Hưu MƠN TỐN
 Tháng 03/2010

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

CÂU NỘI DUNG THANG

ĐIỂM

Câu I
(2.0đ)
1.
(1.0đ)

TXĐ : D = R\{1} 0.25

Chiều biến thiên

lim ( ) lim ( ) 1

x  f x x   f x  nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

1 1

lim ( ) , lim

x  f x  x   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

y’ = 2

1
0
(x 1)

 



0.25

Bảng biến thiên

1
+

-

-y

x - 1 +

Hàm số nghịc biến trên ( ;1)và (1;)
Hàm số không có cực trị

0.25

Đồ thị.(tự vẽ)

Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị

Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25

2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối

xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.

Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng :

0
0
2

0 0

( )

( 1) 1

x

y x x

x x

  

 

2
0

2 2

0 0

( 1) ( 1)

x

x y

x x

    

 

0.25

Ta có d(I ;tt) =
0

4
0
2

1
1
1

( 1)
x

x






Xét hàm số f(t) = 4
2

( 0)
1

t
t

t 

 ta có f’(t) =

4 4

(1 )(1 )(1 )
(1 ) 1

t t t

t t

  

 

0.25

f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên

từ bảng biến thiên ta c
d(I ;tt) lớn nhất khi và
chỉ khi t = 1 hay

0.25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

f(t)
f'(t)

2
0
1

0 +

0
0

0
2
1 1

0
x
x

x



   




+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x

+ Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4

0.25
Câu

II(2.0đ)
1.
(1.0đ)

Phương trình đã cho tương đương với
2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x

0.25

2 cosx=0

4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx

2cos3x= 3 osx+sinx

c c x

c



   



0.25

+ cosx=0 x= 2 k




 

3x=x- 2

2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )

3 2

6
k

c c

x x k













  

   



0.25

12
24 2

x k

k
x




 



 


 

  

 vì x





11 13

0; , , ,

2 12 24 24

x  x  x  x 



     

0.25

2.(1.0đ)

ĐK:

, 0

x y
x y








Hệ phương trình

3 2 3 2 3 2 3 2

3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0

(2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( )

x y x x y x y x x y

x y y y x y x x y y x y x x y y

   

       

 

   

          

 

 

0.25

3 2 3 2 3 2 3 2

3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0

2 0

(2 )[( 2 )( ) 1] 0

x y x x y x y x x y

y x

y x y x x y y

   

       



   

 

     

 



(do 2y x)( x y  y) 1 0  )

3 2 3 2 2 2

3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1)

2 2 (2)

x y x x y x x x

y x y x

 

       

   

 

 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Giải (1):

2 2 2

3
( ) 1

3 3 2

3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0

2 2

( ) 4
2

x

x x x x x

x






        

 

 32

0
log 4
x

x






 




0.25

Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0
Với 32

log 4
x

thay vao (2) ta được y = 32
1

log 4
2

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 32
log 4
x

,y = 32
1

log 4
2

0.25

Câu III.
(1.0đ)

Đặt I =

1 4

( )

x x

x e dx

x






. Ta có I =
3

1 1 4

0 01

x x

x e dx dx

x






0.25

Ta tính

3
1

2
1

x

I 



x e dx

Đặt t = x3 ta có

1 0

1 1 1 1

3 3 3 3

t t

I 



e dt e  e 0.25

Ta tính

1 4
2

01
x

I dx

x






Đặt t = 4 x  x t 4 dx4t dt3

0.25

Khi đó

1 4 1

2 2 2

0 0

1 2

4 4 ( 1 ) 4( )

1 1 3 4

t

I dx t dt

t t



      

 



Vậy I = I1+ I2
1

3
3e 

  

0.25

Câu IV.

(1.0đ) Ta có

1 1 1

2 2

xy yz xz xyz

x y z

      

nên

0.25

1 1 1 1 1 ( 1)( 1)

1 1 y z 2 y z (1)

x y z y z yz

   

      

Tương tự ta có

1 1 1 1 1 ( 1)( 1)

1 1 x z 2 x z (2)

y x z x z xz

   

      

1 1 1 1 1 ( 1)( 1)

1 1 x y 2 x y (3)

y x y x y xy

   

      

0.25

Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được

1
( 1)( 1)( 1)

x y z  0.25

vậy Amax =

1 3

8 x  y z 2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu V.
(1.0đ)

Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP
vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2( ), 2( )

2( )

x a c b y b c a

z a b c

     

  

Vậy V =
1
12

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2(a c  b b)( c  a )(a b  c )

1.0

Câu
VIa.
(2.0đ)
1.
(1.0đ)

Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0)

Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4)

Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)

0.5
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có

I(4/3 ; 0), R = 4/3

0.5
2.

(1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1)
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)

Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm
M,N,B,C’ có dạng

x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0

Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5
2

1 2 0

2 2 2 0

8 4 4 0

8 4 4 0 2

4
A
A D

B C D B

A C D

C

B C D

D





  

 

 

    

 



 

   

 



     





 



Vậy bán kính R = A2B2C2  D  15

1.0

Câu
VIIa
(1.0đ)

Câu
VIb
(2.0đ)
1.
(1.0đ)

Đk: x > - 1 0.25

bất phương trình

3
3log ( 1)
2log ( 1)

log 4
0
( 1)( 6)

x
x

x x


 

 

 

3
log ( 1)

0
6
x
x



 



0.25

0.25
0 x 6

   0.25

Ta có F1( 12;0), ( 12;0)F2 Giả sử M(x

0 ; y0)thuộc (E) H là hình chiếu của M trên

đường thẳng
8

3
x

. Ta có MF2 = a - cx0/a =

8 3

x



0.5

MH =

8 3

3
x



. Vậy
2
MF

MH không đổi

0.5
B'

N
D'
C'

D A

B
M

B D

C
P

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

(1.0đ) Ta có AB(1;1;1),nQ(1; 2;3), AB n; Q   (1; 2;1)

   

Vì AB n; Q  0

  

nên mặt phẳng (P) nhận AB n; Q
 

làm véc tơ pháp tuyến

Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0

1.0

Câu
VIIb
(1.0đ)

nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4 1.0

Chú ý: Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần nh đáp án 
quy định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I

Ngày thi 21/03/2010

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian
giao đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2
m
y x m

x

  

 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1.

2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách
đường thẳng

d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình









cos . cos 1

2 1 sin .
sin cos

x x

x

x x



 



2. Giải phương trình 7 x2x x5  3 2 x x 2 (x )

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3

3. 1 3

x

dx

x x


  



.

Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di
động trên các cạnh AB, AC sao cho



DMN

 

 ABC



. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ
diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x y 3 .xy

Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức





3 3 3

3
16

x y z

P

x y z

 



 

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VI.a (2,0 điểm)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường
thẳng

d1:

1 1 2

2 3 1

x y z

 

, d2:

2 2

1 5 2

x y z

 



Viết phương trình đường thẳng d vng góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2.

Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình 
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3

B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai
đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết

phương trình đường trịn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:

3 2 1

2 1 1

x y z

 

 và mặt phẳng (P): x + y + z
+ 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt
phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42.

Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình





1 4

4
2 2

log log 1

( , )

25
y x

y x y

x y



  








 





Hết

---SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010
Đáp án gồm 06 trang

Câu Nội dung Điểm

I 2,0

1 1,0

Với m =1 thì

1
1

2
y x

x

  


a) Tập xác định: D\ 2

 

0.25

b) Sự biến thiên:









2 2

1 4 3

' 1

2 2

x x

y

x x

 

  

  ,

1
' 0

3
x
y

x



   

 .

lim

x

y
  

 

,

lim

x

y
 



, 2 2

lim ; lim

x x

y y

 

 

  

,
 xlim 



y (x1)



0 ; limx  



y (x1)



0

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1.

0.25

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng



 ;1 , 3;

 





; hàm số nghịch biến
trên mỗi khoảng



1;2 , 2;3

 



Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3.

c) Đồ thị:

0.25

2 1.0

Với x2 ta có y’ = 1- ( 2)2
m
x ;

Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai 
nghiệm phân biệt khác 2  m0

0.25

Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là:

1 1

2 2

2 2 2

x m y m m

     

      0.25

Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(2 m; 2m 2 m); B(
2 m;2m2 m)

Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:
2 m m  2 m m

0.25

0
2
m
m



  



Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán
Vậy ycbt  m = 2.

0.25

II 2.0

1

Giải phương trình









cos . cos 1

2 1 sin .
sin cos

x x

x

x x



 

 1.0

ĐK: sinxcosx0 0.25

1 2 3 +



0 0



</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Khi đó PT 



1 sin 2 x





cosx1



2 1 sin



 x

 

sinxcosx







1 sin x

 

1 cos xsinxsin .cosx x



0





1 sin x

 

1 cos x

 

1 sin x



0

0.25

sin 1

cos 1

x
x




  

 (thoả mãn điều kiện) 0.25
2

2
2

x k

x m




 



 






 





k m, Z



Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x 2 k2



 

và x  m2



k m, Z



0.25

2

Giải phương trình: 7 x2x x5  3 2 x x 2 (x ) 1.0
2

2 2

3 2 0

7 5 3 2

x x
PT

x x x x x

   


 

     




0.25

3 2 0
5 2( 2)
x x

x x x

   



 

  




0.25

3 1

2
5 2.
x
x

x
x

x



  


  

 

  











2 0

1 16 0

x

x x

  



 

  




0.25

 x1

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 0.25

III

Tính tích phân
3

3. 1 3

x

dx

x x


  



1.0

Đặt u = x 1 u21 x 2udu dx ; đổi cận:

0 1

3 2

x u

  




  

 0.25

Ta có:

3 2 3 2 2

0 1 1 1

3 2 8 1

(2 6) 6

3 2 1

3 1 3

x u u

dx du u du du

u u u

x x

 

   

  



0.25





2
1

6 6ln 1

u u u

    0.25

3
3 6ln

  0.25

IV 1.0

Dựng DH MN H



DMN

 

 ABC



 DH 



ABC



mà D ABC. là 
tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC.

0.25

D

A

B
C

H

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Trong tam giác vuông DHA:

2 2 12 3 6

3 3

DH  DA  AH     

 

 

Diện tích tam giácAMN là

1 3

. .sin 60

2 4

AMN

S  AM AN  xy

0.25

Thể tích tứ diện D AMN. là

1 2

3 AMN 12

V  S DH  xy 0.25

Ta có: SAMN SAMH SAMH

0 0 0

1 1 1

.sin 60 . .sin 30 . .sin 30

2xy 2x AH 2 y AH

  

x y 3 .xy

0.25

V 1.0

Trước hết ta có:





3 3

4
x y
x y  

(biến đổi tương đương)



 



... x y x y 0

    

0.25

Đặt x + y + z = a. Khi đó













3 3 3 3

3 3

3 3

64 64

4P x y z a z z 1 t 64t

a a

   

    

(với t =

z

a, 0 t 1)

0.25

Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t



0;1



. Có









2 1

'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1

9
f t   t   t  f t    t

 

Lập bảng biến thiên

0.25

 

0;1

64
inf

t

M t



  

GTNN của P là
16

81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25

VI.a 2.0

1 1.0

Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21

2 1 0 5 21 13;

7 14 0 13 5 5

5
x

x y

B

x y

y





  

   

 

   

    

  




0.25

Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc
giữa AB và BD, kí hiệu nAB(1; 2); nBD(1; 7); nAC( ; )a b

  

(với a2+ b2 > 0) lần lượt
là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:









os AB, BD os AC, AB

c          n      n   c             n n

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

2 2 2 2
3

2 7 8 0

a b

a b a b a ab b b

a





        

 


- Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, 
A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:

1 0 3

(3; 2)

2 1 0 2

x y x

A

x y y

   

 

 

 

   

 

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:

1 0 2 7 5

;

7 14 0 5 2 2

2
x
x y

I

x y

y




  

   

 

   

    

  




Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ





14 12

4;3 ; ;

5 5

C D 

 

0.25

- Với b = - 7a (loại vì AC khơng cắt BD) 0.25

2 1.0

Phương trình tham số của d1 và d2 là:

1 2

1 2 2

: 1 3 ; : 2 5

2 2

x t x m

d y t d y m

z t z m

   

 

 

   

 

    

 

0.25
Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ;

- 2m)

MN

  (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).

0.25

Do d  (P) có VTPT nP(2; 1; 5) 



nênk MN: knp 

 

3 2 2

3 5 3

2 2 5

m t k

m t k

  




   



   

 có

nghiệm

0.25

Giải hệ tìm được
1
1
m
t








Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:

1 2
4
3 5

x t

y t

z t

 



 

  

 thoả mãn bài tốn

0.25

VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3

1.0

Điều kiện: 3
n N
n








Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

 (n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 = 0

7
13
n
n



  


Vậy n = 7.

0.25

Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 =



 







2 3

1i . 1 i   1 i .(2 )i  (1 ).( 8 ) 8 8i  i   i

  0.25

Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25

VI.b 2.0

1 1.0

Giả sử B x y( ;B B)d1 xB  yB 5; ( ;C x yC C)d2  xC 2yC 7

Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:

2 6
3 0

B C

x x

y y

  




  



0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25
Ta có BG(3;4) VTPT nBG(4; 3)

 

nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25

Bán kính R = d(C; BG) =
9

5  phương trình đường trịn: (x – 5)2 +(y – 1)2 =

81
25

0.25

2 1.0

Ta có phương trình tham số của d là:
3 2

2
1

x t

y t

z t

 



 


  

 toạ độ điểm M là nghiệm của hệ

3 2
2
1

2 0

x t

y t

z t

x y z

 



 




 


    

 (tham số t)
(1; 3;0)

M

 

0.25

Lại có VTPT của(P) là nP(1;1;1)



, VTCP của d là ud(2;1; 1)



Vì  nằm trong (P) và vng góc với d nên VTCP u u nd, P (2; 3;1)

  

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vng góc của M trên , khi đóMN x( 1;y3; )z


.
Ta có MN vng góc với u



nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0

Lại có N(P) và MN = 42 ta có hệ: 2 2 2
2 0

2 3 11 0

( 1) ( 3) 42

x y z

x y z

x y z

    


   




    



0.25

Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt

5 2 5

2 3 1

x y z

  



Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt

3 4 5

2 3 1

x y z

  



0.25

(khơng thoả
mãn)

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

VII.b

Giải hệ phương trình





1 4

4
2 2

log log 1

( , )

25
y x

y x y

x y



  








 





1.0

Điều kiện:

0
0
y x
y

 





 0.25

Hệ phương trình





4 4 4

2 2 2 2 2 2

1 1

log log 1 log 1

25 25 25

y x y x

y x

y y y

x y x y x y

 

  

    

  

     

        

  

0.25

2 2 2 2

3 3

25 9 25

x y

x y x y

y

x y y y




 

  

     



   

  



0.25









15 5

; ;

10 10

15 5

; ;

10 10

x y
x y

  



  

 




  

  

  

  



Vậy hệ phương trình đã cho vơ nghiệm.

0.25

Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như
đáp án quy định.

(không thỏa mãn
đk)

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM 2010
 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I Mơn Tốn

(Thời gian làm bài: 180 phút)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )

Câu I (2,0 điểm).

Cho hàm số y = -x3+3x2+1 
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số

2. Tìm m để phương trình x3-3x2 = m3-3m2 có ba nghiệm phân biệt.

Câu II (2,0 điểm ).

1. Giải bất phương trình:

4 4

16 6
2

x x

  

   

2.Giải phương trình:

2 1

3 sin sin 2 tan
2

x x x

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân:

ln 3 2

ln 2 1 2

x

x x

e dx
I

e e



  



Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a 2. Đáy là tam giác ABC cân

 1200

BAC , cạnh BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính

khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).

Câu V (1,0 điểm). Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh:



3 3 3



3 3 3

1 1 1 3

b c c a a b

a b c

a b c a b c

  

   

         

   

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(2,0 điểm).

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x2y2 4x 2y 1 0 và điểm A(4;5).
Chứng minh A nằm ngồi đường trịn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T1, T2,
viết phương trình đường thẳng T1T2.

2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S):

2 2 2 2 4 2 3 0

x y z  x y z  Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S)

tại A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P).

Câu VII.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn 
các điều kiện: z i  z 2 3 i . Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mơ
đun nhỏ nhất.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Câu VI.b(2,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc
đường thẳng d: 2 2x y  2 2 0 và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam
giác ABC.

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0),
C(0;-1;-2). Viết phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC.
Câu VII.b(1,0 điểm).

Cho hàm số (Cm):
2

x x m

y
x

 


 (m là tham số). Tìm m để (Cm) cắt Ox tại hai điểm phân biệt

A,B sao cho tiếp tuyến của (Cm) tại A, B vuông góc.

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MƠN TỐN

Câu Nội Dung Điểm

I.1
(1 điểm)

* TXĐ: R

Sự biến thiên: y' = -3x2 + 6x = -3x(x - 2)

y' = 0 

0
2
x
x








* Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞)
Hàm số đồng biến trên (0;2)

Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 5

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 1

* xlim  y = + ∞, xlim y = - ∞

Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞
y' 0 + 0

+ ∞ 5
y

1 -∞
*Đồ thị: y'' = -6x + 6

y'' = 0  x = 1  điểm uốn I(1;3) là tâm đối xứng của đồ thị

0,25

I.2
(1 điểm)

* PT đã cho  -x3 + 3x2+ 1 = -m3 + 3m2+ 1. Đặt k = -m3 + 3m2+ 1

* Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k.
* Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt  1 < k < 5
*  m (-1;3)\



0;2



</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

II.1

(1 điểm) * Đk:

4 0
4 0
x
x
 


 

  x  4. Đặt t = x 4 x 4 (t > 0)
BPT trở thành: t2 - t - 6  0 

2( )
3
t L

t


 


* Với t  3  2 x216  9 - 2x 2 2
( )

0 ( )

4( 16) (9 2 )
a
b
x x
 





  
 

 
    


x 4
9 - 2x 0

x 4
9 - 2x

* (a)  x 
9
2.
* (b) 

145 9

36 x <2.
*Tập nghệm của BPT là: T=

145
;
36
 


 
0,25
0,25
0,25
0,25
II.2

(1 điểm) * Đk: cosx  0  x  2 k






.
PT đã cho  3sin2x + sinxcosx -

sinx
cosx = 0

*  sinx( 3sinx + cosx - 
1

cosx) = 0



sinx 0

3 sinx cos 0

osx
x
c



   


* Sinx = 0  x = k.
* 3sinx + cosx -

cosx = 0  3tanx + 1 - 2
1

cos x = 0

 tan2x - 3tanx = 0 

t anx 0
t anx 3





 
x
x
3
k
k







  


Vậy PT có các họ nghiệm: x = k, x = 3 k



0,25
0,25
0,25
0,25
III.

(1 điểm) * Đặt t = 2

x

e  , Khi x = ln2  t = 0
x = ln3  t = 1
ex = t2 + 2  e2x dx = 2tdt

* I = 2
1 2
2
0
( 2)
1
t tdt
t t


 



= 2
1
2
0
2 1

( 1 )

1
t
t dt
t t

 
 



* = 2
1

( 1)t dt



+ 2
1 2

2
0
( 1)
1
d t t

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

* =

2 1

(t  2 ) 0t

+ 2ln(t2 + t + 1)

0 = 2ln3 - 1 0,25
IV.

(1 điểm) * Áp dụng định lí cosin trong ABC có AB = AC =
2

3
a

 S ABC =

2AB.AC.sin1200 =

2 3
3
a

. Gọi H là hình chiếu của S
lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC  HA = HB = HC

 H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC.
* Theo định lí sin trong ABC ta có: sin

BC

A = 2R  R = 
2

3
a

= HA
SHA vuông tại H  SH = SA2  HA2 =

6
3
a



V

S ABC. = 
1

3 S ABC .SH =

2 2
9
a

* Gọi hA, hM lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)



1
2

M
A

h SM

h SA   h

M =

1
2hA . 
SBC vuông tại S  S SBC = a2

* Lại có:

V

S ABC. = 
1

3 S SBC .hA  hA =

.
3 S ABC

SBC

V

V =
2
3
a

Vậy hM = d(M;(SBC)) =

2
6
a

0,25

V
(1 điểm)

* Ta cm với a, b > 0 có a3 + b3  a2b + ab2 (*)

Thật vậy: (*)  (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b)  0

 (a + b)(a - b)2  0 đúng

Đẳng thức xẩy ra khi a = b.
* Từ (*)  a3 + b3  ab(a + b)

b3 + c3  bc(b + c)

c3 + a3  ca(c + a)

 2(a3 + b3 + c3 )  ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1)

* Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có:
3

a + 3
1
a + 3

1
a  3

3 3 3

1 1 1

a b c =

abc (2)
* Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm

Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c.

0,25

0,25
VI.a.1

(1 điểm)

* Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2.

Ta có IA = 2 5 > R  A nằm ngồi đường trịn (C)

* Xét đường thẳng 1: x = 4 đi qua A có d(I;1) = 2  1 là 1 tiếp
tuyến của (C)

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

* 1 tiếp xúc với (C ) tại T1(4;1)

* T1T2  IA  đường thẳng T1T2 có vtpt n


=

2 IA =(1;2)

phương trình đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1)

 x + 2y - 6 = 0

0,25

VI.a.2

(1 điểm) * Mp(P) có vtpt

P

n

 = (1;1;-2).

(S) có tâm I(1;-2;-1)

* IA = (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng  là u



 tiếp xúc với (S) tại A  u



 IA


Vì  // (P)  u





n

P


* Chọn u0



= [IA,

n

P



] = (-4;6;1)

* Phương trình tham số của đường thẳng :

3 4
1 6
1

x t

y t

z t

 



 


  



0,25
0,25
0,25
0,25

VII.a
(1 điểm)

* Đặt z = x + yi (x; y R)

|z - i| = |Z - 2 - 3i|  |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|

*  x - 2y - 3 = 0  Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là

đường thẳng x - 2y - 3 = 0

* |z| nhỏ nhất  |OM | nhỏ nhất  M là hình chiếu của O trên 
*  M(

3
5

;-6

5)  z = 
3
5

-6
5i
 Chú ý:

HS có thể dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M

0,25
0,25
0,25
0,25

VI.b.1
(1 điểm)

* B = d Ox = (1;0)

Gọi A = (t;2 2 t - 2 2)  d

H là hình chiếu của A trên Ox  H(t;0) 
H là trung điểm của BC.

* Ta có: BH = |t - 1|; AB = (t1)2(2 2t 2 2)2  3|t - 1|
ABC cân tại A  chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| 
*  16 = 8|t - 1| 

t 3

t 1



 


* Với t = 3  A(3;4 2), B(1;0), C(5;0)  G(3;
4 2

3 )
Với t = -1  A(-1;-4 2), B(1;0), C(-3;0)  G(1;

4 2
3


)

0,25

0,25
0,25

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

VI.b.2
(1 điểm)

* Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của ABC

 d là giao tuyến của (ABC) với ( ) qua A và vng góc với 
BC.

* Ta có: AB= (1;3;-3), AC= (-1;1;-5) , BC = (-2;-2;-2)

[AB, AC] = (18;8;2)

mp(ABC) có vtpt

n



=
1

4[AB, AC] = (-3;2;1).

mp( ) có vtpt

n



' =
-1

2 BC = (1;1;1)

* Đường thẳng d có vtcp u =[

n



n



' ] = (1;4;-5).

* Phương trình đường thẳng d:
1

2 4
3 5

x t

y t

z t

 



 


  


0,25

0,25
0,25

VII.b
(1 điểm)

* Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) với Ox:

1
x m
x

 

x

= 0 

2 x m 0

   





x
x 1

(Cm) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt  pt f(x) = x2 - x + m = 0 có 2

nghiệm phân biệt khác 1



0
(1) 0
f

 





 

1
4
0

m
m






 

 (*)

* Khi đó gọi x1, x2 là nghiệm của f(x) = 0 

1 2
1 2

1
m

 







x x
x x .

Ta có: y' = 2

'( )( 1) ( 1) '. ( )
( 1)

f x x x f x

x

  


 Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại A và B lần lượt là:
k1 = y'(x1) =

1 1 1

2
1

'( )( 1) ( )
( 1)

f x x f x

x

 

 =

1
1

'( )
( 1)
f x
x  =

1
1
2

1
x
x 
* Tương tự: k1 = y'(x2) =

2
2
2

1
x

x  ( do f(x

1) = f(x2) = 0)

Theo gt: k1k2 = -1 

1
1
2

1
x
x  .

2
2
2

1
x

x  = -1 
*  m =

5( thoả mãn (*))

0,25

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20></div>

CacdethithuTSCDDHnam2010













<sub></sub>

<sub></sub>



















 











 



















 





 





















 





 





 

 



































 











