- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
1

http://ductam_tp.violet.vn/
Ngày thi 21/12/2010
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
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
x x

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
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)
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

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 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
 
1 4
4
2 2

Với m =1 thì
1
1
2
y x
x
  


a) Tập xác định: D


\ 2
 

0.25
b) Sự biến thiên:
   
2
2 2
1 4 3
' 1
2 2
x x
y
x x
 
  
 
,

   
,





lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0
x x
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

- 

-
1
3
–
–
+
+

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
3

2

1.0

Với x

2 ta có y
’
= 1-
2
( 2)
m
x 
;


Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:
2 2
m 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


 

PT x x x x x
     

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

0.25
sin 1
cos 1
x
x
 





   và
2
x m
 
 



,k m
Z

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

1.0

2
2 2
3 2 0
7 5 3 2
x x
PT
x x x x x

5 2.
x
x
x
x
x


  

 




  


 
 
2
2 0
1 16 0
x
x x
  





Đặt u =
2
1 1 2
x u x udu dx
     
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
  


  


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
x x

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
3 6


0.25
Ta có:
AMN AMH AMH
S S S 
0 0 0
1 1 1
.sin60 . .sin 30 . .sin30
2 2 2
xy x AH y AH  

3 .
x y xy
 0.25
V

1.0

Trước hết ta có:
 
3
3 3
4
x y
x y

  (biến đổi tương đương)

t
 
)
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
 
 

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
5 5
5
x
x y
B
x y
y



  


 
 
 
 
  
 





a b
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
   
 
 
 
   
 




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 không cắt BD)
0.25

2 1.0

Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m

  
 
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)

, biết rằng n  N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
1.0

Điều kiện:
3
n N
n






Phương trình log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3  log
4
(n – 3)(n + 9) = 3
0.25
 (n – 3)(n + 9) = 4
3
 n
2

Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
1 1.0

Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y
         

Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
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
(3;4) (4; 3)
BG

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)


, khi đó
( 1; 3; )
MN x y z
 

.
Ta có
MN

vuông 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
(thoả mãn)
(không thoả mãn)
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
7

VII.b
Giải hệ phương trình
 
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

  




 




  
  
  
     
  

0.25
2
2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y
x y x y
y
x y y y


 
 

  
  

   
 



0.25

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