Tài liệu Đề thi khảo sát chất lượng môn toán 2010 ppt

1

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƢỢNG 2010
MÔN: TOÁN
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
 
 
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
xx
x
xx





2. Giải phương trình
22
7 5 3 2 ( )x x x x x x       

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
xx

  

.
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:
3.x y xy

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

 
3 3 3
3
16x y z
P
x y z




II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ đƣợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chƣơng trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0,
phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của
hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z  

, d
2
:
22
1 5 2
x y z




Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n  N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
B. Theo chƣơng 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 d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn 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), vuông góc với
d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới

bằng
42
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
14
4
22
1
log log 1
( , )
25
yx
y
xy
xy

  









-------------------Hết -------------------

2
SƠ LƢỢC 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
yx
x
  


a) Tập xác định: D
 
\2 

0.25
b) Sự biến thiên:
   
2

22
1 4 3
'1
22
xx
y
xx

  

,
1
'0
3
x
y
x






.

lim
x
y

 

,
lim
x
y

 
,
22
lim ; lim
xx
yy


   
,

   
lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0
xx
y x y x
 
     

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1.
0.25
Bảng biến thiên

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: y
CĐ
= 1 tại x = 1; y
CT
= 3 tại x = 3.
0.25
c) Đồ thị:



0.25
x
y’
y
- 
1 2 3
+ 
0
0
+ 

+ 
- 
- 
1
3
–
–
+
+

3
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
0m

0.25
Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là:
11
22
2 2 2
2 2 2
x m y m m
x m y m m
     
     

0.25
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(
2 ;2 2 )m m m  
; B(
2 ;2 2 )m m m  

Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:
22m m 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
 
 
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
xx
x
xx




1.0

ĐK:

sin cos 0xx

0.25
Khi đó
 
    
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x     


  
1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x     


   
1 sin 1 cos 1 sin 0x x x    

0.25
sin 1
cos 1
x
x






(thoả mãn điều kiện)
0.25

2
2
2
xk
xm




  






 
,kmZ

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
xk


  
và
2xm



 
,kmZ

0.25
2
Giải phương trình:
22
7 5 3 2 ( )x x x x x x       

1.0

2
22
3 2 0
7 5 3 2
xx
PT
x x x x x

  



     



0.25

2
3 2 0
5 2( 2)
xx
x x x

  



   



0.25

31
0
2
5 2.
x
x
x
x
x


  







  


 
 
2
20
1 16 0
x
xx
  




  



0.25

1x  

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

4
III
Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
xx

  

.
1.0

Đặt u =
2
1 1 2x u x udu dx     
; đổi cận:
01
32
xu
xu
  


  


0.25
Ta có:
3 2 2 2
3
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
xx

   
  
  
   

0.25

 
2
2
1
2
6 6ln 1
1
u u u   

0.25

3
3 6ln
2
  

0.25
IV

1.0


Dựng
DH MN H

Do
     
DMN ABC DH ABC  
mà
.D ABC
là
tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều
ABC
.

0.25
Trong tam giác vuông DHA:
2
2 2 2
36
1
33
DH DA AH

    




Diện tích tam giác
AMN
là
0
13
. .sin60
24
AMN
S AM AN xy

0.25
Thể tích tứ diện
.D AMN

là
12
.
3 12
AMN
V S DH xy

0.25
Ta có:
AMN AMH AMH
S S S
0 0 0
1 1 1
.sin60 . .sin30 . .sin30
2 2 2
xy x AH y AH  


3.x y xy


0.25
V

1.0

Trước hết ta có:
 
3
33

4
xy
xy


(biến đổi tương đương)
   
2
... 0x y x y    

0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
   
 
33
33
3
3
33
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
aa
   
    

(với t =
z
a

,
01t
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
 
0;1
. Có
 
 
2
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
81
t
Mt

  
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0
0.25
D
A
B
C
H
M
N

5
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

21 13
5
;
7 14 0 13
55
5
x
xy
B
xy
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
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b
  
(với a
2
+ b
2
> 0) lần lượt là VTPT của các
đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:
   
os , os ,
AB BD AC AB
c n n c n n
   

2 2 2 2
3
2 7 8 0
2
7
ab
a b a b a ab b
b
a




        




0.25
- 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:
7
10
75
2
;
7 14 0 5

22
2
x
xy
I
xy
y



  






  







Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
 
14 12
4;3 ; ;
55

CD





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

2 1.0

Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
12
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
22
x t x m
d y t d y m
z t z m
    


    



   


0.25
Giả sử d cắt d
1
tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d
2
tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)
MN

(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
0.25
Do d  (P) có VTPT
(2; 1; 5)
P
n 

nên
:
p
k MN kn  
 
3 2 2
3 5 3
2 2 5
m t k
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:
12
4
35
xt
yt
zt









thoả mãn bài toán






0.25