De khao sat chat luong CVP

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN
NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút.
2x

Câu 1 (1.0 điểm).

(C ) của hàm số y = x Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

Câu 2 (1.0 điểm).

(C ) của hàm số y = x Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị

2

.
2x
2 , biết

tiếp tuyến cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại A và B thỏa mãn AB = 2.OA ( O là gốc
tọa độ; A và B không trùng với O ).
2

log2 ( x + 2) + log4 ( x - 5) + log1 8 = 0.
Câu 3. (0.5 điểm). Giải phương trình

2
2

I =ị

ln ( x + 2)
x2

dx

1
Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân
.
Oxyz
Câu 5 (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
, cho mặt phẳng (P ) có phương

( S ) tiếp xúc với mặt phẳng (Oxy) đồng
trình x - 2y - 2z + 2 = 0. Viết phương trình mặt cầu
A ( 0;0;1)
( S)
(P )
thời

tiếp xúc với mặt phẳng

tại điểm

Câu 6 (0.5 điểm). Giải phương trình
Câu 7 (1.0 điểm). Cho các số phức

.

(

)

2( 1 + cosx) cot2 x + 1 =

z1, z2

thoả mãn:

một số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

z1 = 1

P  z2

2

và

sinx - 1
cosx + sinx .

z2 ( z2 - 1 + i ) - 6i + 2

  z1 z2  z1z2 

là

.

Câu 8 (1.0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’, có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a .
Hình chiếu vng góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm H của cạnh B’C’,
K là điểm trên cạnh AC sao cho CK=2AK và BA ' 2a 3. Tính thể tích của khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và BK theo a .
Câu 9 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn
đường kính BD . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A trên BD và CD .
Biết A(4;6) , phương trình đường thẳng HK : 3x - 4y - 4 = 0, điểm C thuộc đường thẳng
d1 : x + y - 2 = 0

, điểm B thuộc đường thẳng
nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ điểm D.
Câu 10. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình

d2 : x - 2y - 2 = 0

ỡù
ổ 1
ữ
1 ử
ùù
ỗ
ữ
ỗ
+
=2
ữ
ùù x + y ỗ
ữ
ỗ
ữ

ỗ
ớ
x + 3y
3x + y ứ
ố
ùù
ùù ( x - 2) x2 + y + 1 + ( y + 1) y2 - x + 2 = 2y - 1
ïỵ

(

)

và điểm K có hồnh độ

( x,y Ỵ ¡ ) .

Câu 11. (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz + x + z = y.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

(
(

)

z 4z2 + 1
2
2
P = 2

3
x + 1 y2 + 1
z2 + 1

)

.


HẾT

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI
KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN
NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: TOÁN
Câu
1
1.(1 điểm) Khảo sát...
D \ 2


.* TXĐ:
* Sự biến thiên

Nội dung

Điểm

.
y' 

+) Chiều biến thiên:

0.25

4

 x  2

2

 0, x 2

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
+) Cực trị: Hàm số khơng có cực trị
Giới hạn và tiệm cận:

  ; 2 

và

 2; 

lim y  lim y 2

; Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang
lim y  ; lim y 
x 2
x 2
; Đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng.

+) Bảng biến thiên
x - ¥
2
+¥
y'
2
+¥
y
- ¥
2
x  

x  



0.25



* Đồ thị
Đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0), nhận điểm I(2;2) làm tâm đối xứng.
2

  1; 
3  thuộc đồ thị
Lấy thêm các điểm (1; -2); 
y

0.25

0.25

f(x)=2X/(X-2)
f(x)=2
x(t)=2 , y(t )=T

8

6

4

2

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

-2

-4

-6

-8

2

Lập phương trình tiếp tuyến
Gọi d là tiếp tuyến cần tìm. Xét tam giác vng OAB có
sin OBA 

OA
1

 OBA 450
AB
2
 hệ số góc của d bằng 1 hoặc – 1.
4
y ' x 0  
 0 voi x 0
2
 x0  2

Gọi M(x0; y0) là tọa độ tiếp điểm. Do

nên hệ số góc

0.25
0.5


4



2

 x 0 4
2
 1   x 0  2  4  
 x 0 0

 x0  2
của d bằng – 1
+) x 0 0  y0 0 . Khi đó d có phương trình y = x  A; B trùng với O ( loại)
3

+) x 0 4  y 0 4 . Phương trình đường thẳng d là y   x  4   4  y  x  8 (nhận)
2
log 2  x  2   log 4  x  5   log 1 8 0
2
Giải phương trình
.
x   2

Điều kiện x 5

PT  log 2  x  2   log 2 x  5  log 2 8 0  log 2
 x  5
 2
  x  3x  18 0
  x  2  x  5 8  

2x 5



  x 2  3x  2 0
4

2

I =ị

Tính tích phân

ln ( x + 2)
x2

1

 x  2 x  5
8

0.25
0
0.25

 x 6

 x  3  17

2

dx

.
0.25

1
dx
x2
1
1
dv  2 dx  v 
x
x
Đặt
u ln  x  2   du 

2

I

0.25

2

1
1
ln  x  2  
dx
x
x  x  2
1
1



2



5

0.25

2

1
1 1
1 
3 1
3 1
x
ln 4  ln 3 

dx ln   ln x  ln x  2  ln  ln
2
2 1  x x  2 
2 2
2 2 x2
1



2

1

3 3
 ln
2 2

0.5

Viết phương trình mặt cầu
Gọi I là tâm mặt cầu.
Do đó IA qua A và vng góc với (P) nên có phương trình
0.25

x y z1
 
 I  t;  2t;  2t 1
1 2 2

Do (S) tiếp xúc với (P) và tiếp xúc với mp(Oxy) nên


d  I;  P   d  I;  Oxy  

1

t

  2t  1  3t   2t  1 

5

1 4  4
t

1


t  4t  4t

1
3
 1  2 3
t   I  ; ;  ;R 
5
5  PT mặt cầu
 5 5 5

2

2

2

1 
2 
3
9

 x  5    y  5    z  5   25


 
 

2

2

2

t  1  I   1;2;3 ;R 3 
PT mặt cầu  x  1   y  2    z  3 9

6
Giải phương trình
Điều kiện
PT

 2.

0.25

(

)

2( 1+ cosx) cot2 x + 1 =

sinx 0


sinx  cos x 0

0.25
0.25

sinx - 1
cosx + sinx .

.

1  cos x
sinx  1
2
sinx  1



2
cos x  sinx
1  cos x cos x  sinx
sin x

0.25


 2  sinx  cos x    sinx  1  cos x  1 0  s inx.cos x  sinx  cos x  1 0
 cos x  1
  sinx  1  cos x  1 0  
 sinx  1


sinx  1  x   k2;k 
2
+)
(thỏa mãn điều kiện)

0.25

+) cosx = - 1 Þ sinx = 0(loại)

 k2;k  
Kết luận: Phương trình có nghiệm là 2
.

7

Cho các số phức
Gọi

z1 a  bi ; z2 c  di ;  a, b, c, d  R   M (a; b), N (c; d )
lần lượt biểu diễn

z ;z

cho 1 2 trong hệ toạ độ Oxy
z1 1  a2  b 2 1 
M thuộc đường tròn (T ) tâm O, bán kính R = 1
z2  z2   1  i    6i  2     z2  1  i   6i    c  d  6 0

0.25

 : x  y  6 0
Ta có d (O;  )  1 nên  và (T ) khơng có điểm chung

 N thuộc đường thẳng

z1 z2 ac  bd  (bc  ad )i; z1z2 z1 z2  z1 z2  z1z2 2(ac  bd )
P c 2  d 2  2(ac  bd ) (c  a)2  (b  d )2  1 MN 2  1 (vì a 2  b2 1 )
Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên  : x  y  6 0  H (3;3)
 2 2
I
;

 2 2 
(
T
)


Đoạn OH cắt đường tròn
tại
Với N thuộc đường thẳng  , M thuộc đường tròn (T ) , ta có:

MN  ON  OM  OH  OI IH  3 2  1 .
Đẳng thức xảy ra khi M I ; N H





0.25

2

 P  3 2  1  1 18  6 2

Đẳng thức xảy ra khi

z1 

.

2
2

i; z 3  3i
2
2 2

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 18  3 2 khi
8

0.25

Tính thể tích và khoảng cách

z1 

2
2


i; z 3  3i
2
2 2
.

0.25


A

K
C

0.25

B

E

I

A'

C'

D

H
B'

Vì BH ^ (A’B’C’) nên tam giác
A’BH vng tại H
Tính được A ' H a 3, BH 3a
VABC . A ' B ' C ' S A ' B ' C ' .BH 

4a 2 3
.3a 3 3.a 3
4
(đvtt)

Qua K kẻ đường thẳng song song với CC’ cắt A’C’ tại I. Ta có CC’ // (KBB’I )
nên d(CC’,KB) = d(C’,( KBB’I))=2 d(H,( KBB’I)).
Dựng HD ^ B’I. Khi đó IB’ ^ (BDH) suy ra (KBB’I) ^ (BDH)
Dựng HE ^ BD suy ra HE ^ (KBB’I).
a 28
a 21
3a
, HD 
, HE 
.
3
7
22
Tính được
3a
 d(H;( KBB'I))=HE 
.
22

0.25

0.25

B'I 

0.25

3a 22
Vậy d(CC’,KB) = 11 .

9

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ...
0.25

+) Gọi E  AC  HK


Tứ giác AHKD nội tiếp  HAD HKC .


Tứ giác ABCD nội tiếp  ABC  ACD .


Tam giác ABD vuông tại A  ABD HAD




Vậy HKC  ACD hay tam giác ECK cân tại E.
Vì tam giác ACK vuông tại K nên E là trung điểm của AC.

c4 8 c
;
)
2
2
+) Ta có:
Vì E  HK nên tìm được c 4  C (4;  2).
+) K  HK : 3x  4 y   4 0 nên gọi 
K (4t ;3t  1)  HK  AK (4t  4;3t  7); CK (4t  4;3t 1)
C  d1  C (c; 2  c )  E (

0.25
0.25

1

t
 

5
AK ^ CK  AK .CK 0  25t 2  50t  9 0  
 t 9

5 .
+) Ta có:

4 2
K( ; )

5 5
Vì hồnh độ điểm K nhỏ hơn 1 nên Tam giác SHC vng tại H nên
+) BC có phương trình : 2 x  y  10 0.

10

+) B BC  d 2  B(6; 2).
+) Lập được phương trình AD: x  2 y  8 0.
+) Lập được phương trình CD: x  2 y 0
+) Tìm được D ( 4; 2) .
Vậy B(6;2), C(4;-2), D(-4;2)
Giải
hệ
phương



1
1

 x  y 
 2(1)
x

3
y
y

3
x

 x, y   




2
2
 x  2  x  y  1   y  1 y  x  2 2 y  1(2)



0.25

trình



*) ĐKXĐ: x≥0;y≥0; (x;y)≠(0;0).
Từ

0.25

 1

: sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
x
x
x  y 1 x
xy 



 

x  y x  3 y 2  x  y x  3 y 
x  3y

và

y
1 2y
1 1
2y 
 
  

2 x  3y 2  2 x  3y 
x  3y
, cộng hai kết quả trên ta được
x  y 1 x
3
 
 
x  3y 2  x  y 2  ,
tương tự ta cũng có



VT  1 

x  y 1 y

3
 
 
y  3x 2  x  y 2  ,


1
x y 

 x  3y




 1 x y

1
 3  2 VP  1
  
y  3x  2  x  y


suy ra

x  y  3

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
(Có thể chuyển vế,nhân liên hợp 2 lần đưa về:
2


 t  1 t 2  1 
x
2
2
 0; t 
0
 t  1   t  1  2
2
y


t t  3  3t  1 





0.25


Mỗi lần nhân liên hợp cho 0,25 đ)
*) Thế vào (2) ta có:

 x  2

0.25

x 2  x  1   x  1 x 2  x  2 2 x  1

Đặt

Khi đó (4) thành :
a a 2  b 2  3  b a 2  b 2  3 2( a 2  b 2 )

 

với x ≥ 0

7
2

a  x 2  x  1; b  x 2  x  2; a 1; b 



(4)



  a  b   a  b  1  a  b  3 0
 a b

 a 3  b

0.25

a b  x  y 

1
2

a 3  b  x  y 

11

7
8

Vậy hệ có 2 nghiệm
Tìm giá trị lớn nhất…
ỉ
pư
x = tan A, y = tan B, z = tanC,ỗ
0 < A, B,C < ữ
ữ
ỗ
ỗ
ố
ứ.
2ữ
t

0.25

Theo gi thit ta có:
x=

Do
Khi đó:

-

y- z
tan B - tanC
Û tan A =
= tan( B - C ) Û A = B - C + kp
1+ yz
1+ tan B tanC
.

p
< A - B +C < p Þ k = 0 Þ A = B - C Û A - B =- C
2
.

0.5

ỉ 1
ư
1
÷
P = 2ỗ
ữ
ỗ
2
2
ữỗ
ố1+ tan A 1+ tan B ứ

4tanC
2

1+ tan C

+

3tanC

( 1+ tan C )
2

1+ tan2 C

= 2( cos2 A - cos2 B) - 4sinC + 3sinC cos2 C
= cos2A - cos2B - 4sinC + 3sinCcos2 C
= - 2sin( A + B) sin( A - B) - 4sinC + 3sinCcos2 C
= 2sinC sin( A + B) - 4sinC + 3sinCcos2 C
£ 2sinC - 4sinC + 3sinCcos2 C = sinC ( 3cos2 C - 2) = sinC ( 1- 3sin2 C )
t = sinC ị t ẻ ( 0;1] ị P Ê f (t) = t ( 1- 3t2 )

Đặt
Xét hàm số

f (t) = t ( 1- 3t2 )

với

t Ỵ ( 0;1]
tỴ ( 0;1)

Ta cú

.

f '(t) =- 9t2 +1; f '(t) = 0ơắ ắđ t =

Lp bng bin thiờn ta cú:

0.25

1
3.

ổử
1ữ 2
f (t) Ê f ỗ
ữ=
ỗ
ỗ
ố3ữ
ứ 9.

Suy ra giỏ tr ln nht ca P bằng
Cách 2: Theo giả thiết ta có:

2
9 đạt

tại

x = 2, y =

2
2
,z=
2
4

.


x=

P=

=

y- z
2
2
ị P=
- 2
2
1+ yz
y +1
ổy- z ử
ữ
ỗ
ữ
+1
ỗ

ữ
ỗ
ữ
ố1+ yzứ
2( 1+ yz)

(y

2

2

+1)( z +1)
2

2
y +1

-

2

2z( 2y +( y2 - 1) z)

(y

2

+1)( z +1)
2

4z
2

z +1

4z

-

2

z +1

+

+

4z
2

z +1

+

3z

(z

2

+1) z2 +1

.
3z

(z

2

+1) z2 +1

3z

(z

2

+1) z2 +1

.

Sử dụng bất đẳng thức C –S ta có

(

)

2z 2y +( y2 - 1) z

(y

2

+1)( z +1)
2

2z

P£

1+ z2

Suy ra
t=

Đặt

z
2

z +1

-

£

(

2z 4y2 +( y2 - 1)

(y

2

4z
z2 +1

,( t Ỵ ( 0;1) )

+

2

) ( 1+ z ) =
2

2z

+1) ( z +1)
2

1+ z2

.
3

æ z ử
z
ữ

ữ
ỗ
= - 3ỗ
+
ữ
ỗ
ữ
2
2
2
2
ỗ z +1ứ
ữ
ố
z +1
( z +1) z +1

khi đó

3z

P £ f (t) = - 3t3 + t

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

.

.

2

9 đạt

tại

x=

.
--------------Hết------------

2
2
,y = 2, z =
2
4 .