Sở GD & ĐT thanh hoá
Trờng THPT Hậu lộc 4
***
đề kiểm tra chất lợng dạy - học bồi dỡng

Lần 1 - năm học: 2010 - 2011
môn toán, khối d (Thời gian làm bài 180 phút)

Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 ủim)
Cõu I (2,0 điểm) Cho hàm số
4 2
2 1.
y x x
= +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số.
2. Tìm toạ độ hai điểm
,
P Q
thuộc
( )
C
sao cho đờng thẳng
PQ
song song với trục hoành và
khoảng cách từ điểm cực đại của
( )
C

1 log ( 1) .
y x
x
=


Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác
.
S ABC
có đáy
ABC
là tam giác đều cạnh
a
,
SA
vuông góc với đáy và mặt bên (SBC) tạo với đáy một góc bằng 60
0
. Gọi
I
là trung điểm của SC.
Tính thể tích khối chóp
.
I ABC
.
Câu V

(1,0 điểm)

Cho hai số dơng
a b

Câu VI.a

(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy:
1.

Tìm điểm A thuộc trục hoành, điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng nhau qua đờng
thẳng
2 3 0
+ =
x y
.
2.

Viết phơng trình đờng tròn (
C
) có bán kính

bằng 5, tiếp xúc với đờng thẳng
3 4 20 0
x y
+ =
và có tâm thuộc đờng thẳng
1 0
x y
+ + =
.
Câu VII.a

(1,0 điểm)

2.

Cho parabol
(P)
:
2
4
=
y x
. Một đờng thẳng (d) bất kỳ đi qua tiêu điểm F của
(P)
cắt
(P)
tại
hai điểm M và N. Chứng minh tích các khoảng cách từ M và N đến trục hoành là không đổi.
Câu VII. b

(1,0 điểm)
Xác định
m
để tiệm cận xiên của đồ thị hàm số
2
( 0)
1
1
m
x mx
y
x


lim
x
y

= +

3
' 4 4 , ' 0 0, 1
y x x y x x
= = = =

Bảng biến thiên

x

-1 0 1
+

y - 0 + 0 - 0 +
y
+
1
+ 0 0
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
(

;- 0.25
1.0 đ
I.2
PT đờng thẳng
PQ
có dạng
y = m
. Vì điểm cực đại (0;1) cách
PQ
một khoảng bằng 8 nên
m =
9. Vậy PT của
AB
là
y =
9
.

Khi đó hoành độ
P, Q
thoả mn PT:
4 2
2 8 0 2
x x x
= =


1.0 đ
II.2
2 2
2 2
2 2
( 2) 1 ( 2 ) 1
2 ( 2 )
x x
x y x xy x x
xy x xy x

= =

+ = + =+ + + +
Đặt u = xy, v =
2
2
x
x
+
, ta có hệ
1 1
2 1
uv u

2
4
log
1
1 log ( 1) 0 (*)
x
x
x
>





Giải (*):
2 2 2
log log ( 1) 1 log [ ( 1)] 1
x x x x
+ ( 1) 2 1 2
x x x


Kết hợp với x > 1 ta đợc điều kiện là
1 2
x
<
.

2 4
ABC
a a
AM S= =
0
3 3
tan60 ,
2 2 4
a SA a
SA AM IH= = = =
Vậy
3
.
1 3
. .
3 16
S ABC ABC
a
V IH S= =
1 1 2 4 2
3 3 3
1 1

Vì
a b
ab P

+
< = + =

+ +

2
4 2 4
0 1
2 4 1 1 3.1 3
.
Vy
=
4
min
3
P
khi
và chỉ
khi
= =
1
a b

2 0
2
. 0
4
3 0
( )
2
a b
a
AB u
a
b
b
I
+ =


=

=
=
+ =






+ =
tiếp xúc với
(
C
)
nên :
1
2 2
3 4( 1 ) 20
( , ) 5
3 4
t t
d I d R
+
= =
+

Tính đợc t =1 hoặc t = -49.
Vi
1
1 (1; 2)
t I
=
ta ủc phng trỡnh ủng trũn

( )( ) ( )
2 2
1
1 2 25
C x y

= =

Gọi A là biến cố: Số lấy đợc chia hết cho 5.
TH1
: c = 5. Có 4.4 = 16 cách chọn số chia hết cho 5.
TH2
: c = 0. Có 5.4 = 20 cách chọn số chia hết cho 5.
=> số phần tử của A là
( ) 16 20 36
n A
= + =

Vậy xác suất cần tìm là
( ) 36 9
( ) .
( ) 100 25
n A
P A
n
= = =


0.25

0.25
0.25
0.25

Điểm G nằm trên đờng thẳng
0632
=
+

yx
nên
0662
=+
C
y
vậy
2
=
C
y
, tức là
)2;4(
=
C
.
Phơng trình đờng thẳng AB là 4x + 3y

7 = 0
Chiều cao hạ từ đỉnh C bằng khoảng cách từ C đến đờng
thẳng AB:
2 2
4.4 3.2 7
15
3.

ax by a

=

+ =


=> PT tung độ giao điểm:
2
4 4 0
ay by a
+ =

Khoảng cách từ
M, N
đến
Ox
lần lợt là
1 2
,
M N
h y h y
= =
Theo định lý Vi-et ta có
1 2
. . 4
= =
M N
h h y y
(đpcm).

;0),
cắt
Oy
tại
B(0;m+
1
)

Từ giả thiết
18
=
OAB
S
nên
2
. 36 ( 1) 36.
= + =
OA OB m

Từ đó
m =
5 hoặc
m = -
7
.
0.25