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
x
x x

3 3 3
3
16x 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.
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
1
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường
thẳng
d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z+ − −
= =
, d
2
:
2 2

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
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

− − =

∈


x x
y
x x
− +
= − =
− −
,
1
' 0
3
x
y
x
=

= ⇔

=

.
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
2

lim
x
y
→−∞
= −∞
,

( ) ( )
1;2 , 2;3
Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: y
CĐ
= 1 tại x = 1; y
CT
= 3 tại x = 3.
0.25
c) Đồ thị:

0.25
2 1.0
Với x
≠
2 ta có y
’
= 1-
2
( 2)
m
x −
;
Hàm số có cực đại và cực tiểu
⇔
phương trình (x – 2)
2
– m = 0 (1) có
hai nghiệm phân biệt khác 2
0m
⇔ >

2 2 2
x m y m m
x m y m m
= + ⇒ = + +
= − ⇒ = + −
0.25
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(
2 ;2 2 )m m m− + −
; B(
2 ;2 2 )m m m+ + +
Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:
2 2m 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
( )

x
= −

⇔

= −

(thoả mãn điều kiện) 0.25
2
2
2
x k
x m
π
π
π π

= − +

⇔

= +


( )
,k m∈Z
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k

0.25

2
3 2 0
5 2( 2)
x x
x x x

− − ≥

⇔

+ = − +


0.25

3 1
0
2
5 2.
x
x
x
x
x


− ≤ ≤


III Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
−
+ + +
∫
.
1.0
Đặt u =
2
1 1 2x u x udu dx+ ⇒ − = ⇒ =
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
= ⇒ =


= ⇒ =

0.25
Ta có:
3 2 2 2
3

IV 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:
2
2 2 2
3 6
1
3 3
DH DA AH
 
= − = − =
 ÷
 ÷
 
Diện tích tam giác
AMN

( )
3
3 3
4
x y
x y
+
+ ≥
(biến đổi tương đương)
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
5
( ) ( )
2
0x y x y⇔ ⇔ − + ≥
Đặt x + y + z = a. Khi đó
( ) ( )
( )
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
+ + − +
≥ = = − +

( )
[ ]
0;1
64
inf
81
t
M t
∈
⇒ = ⇒
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25
VI.a 2.0
1 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

( ) ( )
os , os ,
AB BD AC AB
c n n c n n=
uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2
3
2 7 8 0
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

 
 ÷
− + =
 


=


Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
( )
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 
 ÷
 
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
6
- 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

nên
:
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
=



(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
+ 6n – 91 = 0
7
13
n
n

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
BG VTPT n⇒ −
uuur uuur
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5

2 0
x t
y t
z t
x y z
= +


= − +


= − −


+ + + =

(tham số t)
(1; 3;0)M⇒ −
0.25
Lại có VTPT của(P) là
(1;1;1)
P
n
uur
, VTCP của d là
(2;1; 1)
d
u −
uur
.

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
Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
0.25
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5 2 5
:
2 3 1
x y z− + +
∆ = =
−
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3 4 5
:
2 3 1

Điều kiện:
0
0
y x
y
− >


>

0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
8
Hệ phương trình
( )
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
− −
  
− + = − = − =
  
⇔ ⇔ ⇔

( )
15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x 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.