SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM 2010
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I Môn Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I (2,0 điểm).
Cho hàm số y = -x
3
+3x
2
+1
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
2. Tìm m để phương trình x
3
-3x
2
= m
3
-3m
2
có ba nghiệm phân biệt.
Câu II (2,0 điểm ).
1. Giải bất phương trình:
2
x 4 x 4
x x 16 6
2
+ + −
≤ + − −

2.Giải phương trình:
2

1 1 1 3 b c c a a b
a b c
a b c 2 a b c
+ + +
   
+ + + + ≥ + +
 ÷  ÷
   
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a(2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) :
2 2
x y 4x 2y 1 0+ − − + =
và điểm
A(4;5). Chứng minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc
với (C) tại T
1
, T
2
, viết phương trình đường thẳng T
1
T
2
.
2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S):
2 2 2
x y z 2x 4y 2z 3 0+ + − + + − =
Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc

m
) cắt Ox tại hai điểm
phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến của (C
m
) tại A, B vuông góc.
..……………………….Hết…………………………
2
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1
KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
Câu Nội dung Điểm
I.1
(1 điểm)
TXĐ: R
Sự biến thiên: y' = -3x
2
+ 6x = -3x(x - 2)
y' = 0
⇔
x 0
x 2
=


=

Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞)
Hàm số đồng biến trên (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y

⇔
-x
3
+ 3x
2

+ 1 = -m
3
+ 3m
2

+ 1. Đặt k = -m
3
+ 3m
2

+ 1
Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k.
Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt
⇔
1 < k < 5

⇔
m
∈
(-1;3)\
{ }
0;2
.
0,25


≥

Với t
≥
3
⇔
2
2
x 16−

≥
9 - 2x
2 2
( )
0 ( )
4( 16) (9 2 )
a
b
x x
 ≥



≤




≥

≤ x <
.
Tập nghệm của BPT là: T=
145
;
36
 
+∞
÷

 
0,25
0,25
II.2
(1 điểm)
Đk: cosx
≠
0
⇔
x
≠

k
2
π
+ π
.
PT đã cho
⇔
3 sin

.
3 sinx + cosx -
1
cos x
= 0
⇔
3 tanx + 1 -
2
1
cos x
= 0

⇔
tan
2
x - 3 tanx = 0
⇔

t anx 0
t anx 3
=


=

⇔
x k
x k
3
= π

= t
2
+ 2
⇒
e
2x
dx = 2tdt
I = 2
1
2
2
0
(t 2)tdt
t t 1
+
+ +
∫
= 2
1
2
0
2t 1
(t 1 )dt
t t 1
+
− +
+ +
∫
= 2
1

IV.
(1 điểm)
Áp dụng định lí cosin trong
∆
ABC có AB = AC =
2a
3

⇒

S
ABC∆
=
1
2
AB.AC.sin120
0
=
2
a 3
3
. Gọi H là hình chiếu của S
lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC
⇒
HA = HB = HC

⇒
H là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
ABC.

3
S
SBC∆
.SH =
2
a 2
9
Gọi h
A
, h
M
lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)

⇒

M
A
h SM 1
h SA 2
= =

⇒
h
M
=
1
2
h
A
.

a 2
3

Vậy h
M
= d(M;(SBC)) =
a 2
6
0,25
0,25
V
(1 điểm)
Ta cm với a, b > 0 có a
3
+ b
3

≥
a
2
b + ab
2
(*)
Thật vậy: (*)
⇔
(a + b)(a
2
-ab + b
2
) - ab(a + b)


≥
ca(c + a)

⇒
2(a
3
+ b
3
+ c
3
)
≥
ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1)
Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có:

3
1
a
+
3
1
a
+
3
1
a

≥
3

∆
là 1 tiếp
tuyến của (C)

1
∆
tiếp xúc với (C ) tại T
1
(4;1)
T
1
T
2

⊥
IA
⇒
đường thẳng T
1
T
2
có vtpt
n
r
=
1
2
IA
uur
=(1;2)

∆
tiếp xúc với (S) tại A
⇒

u
∆
ur

⊥

IA
uur
Vì
∆
// (P)
⇒

u
∆
ur

⊥
P
n
ur

Chọn
0
u
ur