SỞ GD – ĐT ĐĂK LĂK
TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH
ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN IV – NĂM 2013
Môn: Toán 11; Khối: A, A
1

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số:
3
1
mx
y
x
+
=
+
có đồ thị (C
m
) (với
m
là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi
1m =
.
2. Tìm
m
để trên đồ thị (C
m
) có hai điểm C, D cách đều hai điểm
( )
3; 1−A

x
x
 
+
 ÷
 
, biết rằng số nguyên dương n
thoả mãn:
2 2
2
3 36
n n
C A
+
+ =
.
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hai số thực
,x y
thoả mãn
( ) ( )
1 1 1 1 0x x y y− + − − − =
.
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( )
( )
2
2
2 1 3
4 1
x y

.
Gọi
G
là trọng tâm tam giác
ABC
, biết
( )
SG ABC⊥
,
14
2
a
SB =
. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
và khoảng cách từ điểm
B
đến mặt phẳng
( )
SAC
.
.

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:…………………………………………………… SBD:……………………
Sở GD – ĐT ĐăkLăk
Trường THPT Phan Chu Trinh
Năm học: 2012 - 2013
ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN IV – KHỐI A, A

x
−
= <
+
;
'y
không xác định tại
1x
= −
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
; 1−∞ −
và
( )
1;− +∞
+) Cực trị: Hàm số không có cực trị.
+) Giới hạn, tiệm cận:
( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y
− +
→ − → −
= −∞ = +∞
⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
1x
= −
lim 1; lim 1
x x

:

( ) ( )
8 1 4 1 0x y− + + − =
⇔
2 3y x= +
, phương trình hoành độ của (C
m
) và d :
3
2 3
1
mx
x
x
+
= +
+
⇔
( )
2
2 5 0 (*)
1
x m x
x

− − =


≠ −

;
( )
2 2
;2 3D x x +
⇒
( )
2
2 1
5CD x x= −
Diện tích tứ giác ACBD:
1
.
2
ACBD
S ABCD=
⇔
2 5CD =
( do
4 5AB =
)
Khi đó:
2 5CD =
⇔
( )
2
2 1
4x x− =
⇔
( )
2

.
0,25
Câu II:
( 2,0 điểm)
Giải pt:
( )
2
cos 2 5sin 6cos 3sin 3 2
2
x
x x x
π
+ = + +

⇔
2
1 2sin 5sin 3 3cosx 3sin 2x x x− + = + −
⇔
( )
2
2sin 5sin 2 3cos 2sin 1 0x x x x− + − − =
⇔
( ) ( ) ( )
2sin 1 sin 2 3cos 2sin 1 0x x x x− − − − =
⇔
( ) ( )
2sin 1 sin 3cos 2 0x x x− − − =
⇔
2sin 1 0x − =
hoặc

α α β
= = =
)
⇔
.2x k
α β π
= + +
hoặc
.2x k
π α β π
= + − +
Vậy phương trình có 4 họ nghiệm:
.2
6
x k
π
π
= +
hoặc
5
.2
6
x k
π
π
= +
;
.2x k
α β π
= + +

x x
 
− − − − =
 ÷
 
(2)
Đặt
4
t x
x
= −
, đk:
0t ≥
, pt (2) trở thành:
2
2 3 5 0t t− − =
⇔
1t
= −
(loại) hoặc
5 / 2t
=
Với
5 / 2t
=
, suy ra:
4 5
2
x
x

x
ta được:
4 4
2 3 5 0x x
x x
 
− + − − =
 ÷
 
(3). Đặt
4
t x
x
= −
, đk:
0t ≥
, pt (3) trở thành:
2
2 3 5 0t t+ − =
⇔
1t =
hoặc
5 / 2t = −
(loại)
Với
1t =
, suy ra:
4
1x
x

25 881
8
x = −
hoặc
( )
1
1 17
2
x = +
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III:
( 2,0 điểm)
Phân tích:
3 2
1400 2 .5 .7 2 .5 .7
a b c
= =
với
, ,a b c N∈
,
0 3a≤ ≤
;
0 2b≤ ≤
;
0 1c≤ ≤
Mỗi ước nguyên dương của số 1400 ứng với việc chọn một bộ số
( )

 
12 12
2 12 24 6
12 12
4
0 0
1
( ) .
k
k k k k
k k
C x C x
x
− −
= =
 
= =
 ÷
 
∑ ∑
Số hạng không chứa
x
ứng với:
24 6 0 4k k− = ⇔ =
Vậy số hạng cần tìm là:
4
12
495C =
0,25
0,5

2
2 1 3
4 1
x y
M
x y xy
+ + +
=
− + +
( ) ( )
( )
2
2
2 4 5
1
x y x y
x y
+ + + +
=
+ +
Đặt
t x y= +
, đk:
1 3t≤ ≤
. Xét hàm số
2
2
2 4 5
( )
1

= ⇔

= −

(loại)
Tính:
11
(1)
2
f =
;
7
(3)
2
f =
Vậy:
11
2
=maxM
tại
0x =
và
1y =
;
7
2
=minM
tại
1x =
và

⇔
7 7a b b a+ = −
⇔
4 3 0a b
+ =
hoặc
3 4 0a b
− =
*) Với
4 3 0a b+ =
chọn
3 4a b= ⇒ = −
, suy ra: ptđt AB:
3 4 18 0x y− − =
, ptđt
AC:
8 6 23 0x y+ − =
. Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ pt:
3 4 18 0
8 6 23 0
x y
x y
− − =


+ − =

⇔
4
3 / 2

+ + =


− + =

⇔
1
1
x
y
= −


=

hay
( )
1;1A −
thoả yêu cầu bài toán
Với
( )
1;1A −
, tìm được
( )
4;5B −
,
( )
3;4C
0,5
0,25

3
1 1 1 3 3
. . .3 . .
3 3 2 2 4
SABC ABC
a a
V S SG a a= = =
(đvtt)
Kẻ
, ,( / / )GK AC K AC GK BC SK AC⊥ ∈ ⇒ ⊥
2
2 2 2
3 3
;
2
2 2 2 2
GC a a a a
GK SK SG GK a AC= = ⇒ = + = + = =
Diện tích tam giác ABC:
2
1 3 3 3 3
. .
2 2 4
2
SAC
a a
S a= =
.
Khoảng cách từ
B