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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I
Ngày thi 21/03/2010
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


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.

(n + 9) = 3
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

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
 
  
 
,
1

,





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
mỗi khoảng

0
+


+


- 
-


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)

2 ;2 2 )
m m m
  

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


2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cos
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

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k


   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

3 1
0
2
5 2.
x
x
x
x
x


  

 




  


 
 
2
2 0
1 16 0
x
x x
  



.
1.0
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


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:

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
3 3
4
x y
x y

,
0 1
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


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

2
7
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

p
k MN kn
  
uuuur uur
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





VII.a
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
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


0.25

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

x t
y t
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
 


  


  


   


Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên

, khi đó
( 1; 3; )
MN x y z
 
uuuur
.
Ta có
MN
uuuur
vuông góc với
u

uur
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


 
 

  
  

   
 



Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
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.