SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I
Ngày thi 21/05/2010
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
−

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.
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
1 5 2
x y z− +
= =
−
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1

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

− − =

∈


+ =

¡

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

− −
,
1
' 0
3
x
y
x
=

= ⇔

=

.

lim
x
y
→−∞
= −∞
,
lim
x
y
→+∞
= +∞
,
2 2
lim ; lim

c) Đồ thị:

0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
2
x
y’
y
- ∞ 1 2 3
+ ∞
0
0
+ ∞
+ ∞
- ∞
- ∞
1
3
–
–
+
+
2 1.0
Với x
≠
2 ta có y
’
= 1-
2
( 2)

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
( )
( )
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
1.0
ĐK:

x k
x m
π
π
π π

= − +

⇔

= +


( )
,k m∈ Z
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k
π
π
= − +
và
2x m
π π
= +

( )
,k m∈ Z
0.25

⇔

+ = − +


0.25

3 1
0
2
5 2.
x
x
x
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
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

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
là
0
1 3
. .sin 60
2 4
AMN
S AM AN xy= =
0.25
Thể tích tứ diện

( ) ( )
2
... 0x y x y⇔ ⇔ − + ≥
0.25
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
+ + − +
≥ = = − +

(với t =
z
a
,
0 1t≤ ≤
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t

81
đạt được khi x = y = 4z > 0
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
4
D
A
B
C
H
M
N
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

=

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
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

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)
⇒
Phương trình d: