Sở GD & ĐT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B và D
Tháng 03/2010
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm)
Cho hàm số y =
x
x-1
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C)
đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II. (2.0 điểm)
1. Giải phương trình
2 os6x+2cos4x- 3 os2x =sin2x+ 3c c

2. Giải hệ phương trình
2
2 2
1
2 2
2 2
x x
y
y y x y

  



PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không dược chấm
điểm).
A. Theo chương trình nâng cao
Câu VIa. (2.0 điểm)
1. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d
1
) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d
2
): 4x + 3y - 12 = 0.
Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d
1
), (d
2
), trục Oy.
2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’

có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là
tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.
Câu VIIa. (1.0 điểm)
Giải bất phương trình
2 3
3 4
2
log ( 1) log ( 1)
0
5 6
x x
x x
  

Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B - D
Tháng 03/2010
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

CÂU NỘI DUNG THANG
ĐIỂM
Câu I
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
 
 
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
 

và
(1; )

Hàm số không có cực trị
0.25
Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25
2.(1.0đ) Giả sử M(x

 

0.25
Ta có d(I ;tt) =
0
4
0
2
1
1
1
( 1)
x
x




Xét hàm số f(t) =
4
2
( 0)
1
t
t
t


ta có f’(t) =
2

từ bảng biến thiên ta c
d(I ;tt) lớn nhất khi và
chỉ khi t = 1 hay

0
0
0
2
1 1
0
x
x
x


  




0.25
+ Với x
0
= 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x
0
= 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4

0.25
Câu

0.25
cos 0
os5x=cos(x- )
6
x
c








0.25
2
24 2
2
42 7
x k
k
x
k
x


 
 

 

ĐK :
0y 

hệ
2
2
1
2 2 0
2 1
2 0
x x
y
x
y y

   





   


đưa hệ về dạng
2
2






 
 





 
    




     
 


 
 

 

 
   


Câu III.
(1.0đ)
1 1
2 3
0 0
sin
1
x
I x x dx dx
x
 

 

0.25
O
C
B
A
D
S
H
1
2
0
1
2 (1 ) 2(1 ) 2
1 4 2
dt
t
 
    



0.25
Từ đó ta có I = I
1
+ I
2
= -1/3(cos1 - 1)+
2
2



0.25

Câu IV.
(1.0đ)
Ta có
1 1 1

1
( 1)( 1)( 1)
8
x y z   

0.25

vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z   0.25
Câu V.
(1.0đ)

Ta có
( . . )SBD DCB c c c SO CO    

Tương tự ta có SO = OA
vậy tam giác SCA vuông tại S.
2
1CA x  Mặt khác ta có
2 2 2 2 2 2

   


Vậy V =
2
1
3 ( vtt)
6
x x d0.25
Câu
VIa.
(2.0đ)
1.

Gọi A là giao điểm d
1
và d
2
ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d
1
với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d
2
với Oy ta có C(0 ;4)
0.5
B'

+2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5
2
1 2 0
5
2 2 2 0
2
8 4 4 0
1
8 4 4 0
2
4
A
A D
B C D
B
A C D
C
B C D
D

 

  




   

Câu
VIb
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
Đk: x > - 1

0.25
bất phương trình
3
3
3
3log ( 1)
2log ( 1)
log 4
0
( 1)( 6)
x
x
x x

 
 
 3

(1 )
(1 ) (2 )
( 1) 2
a b R
a y R
a b R

  

   


  


0.25
2
0
1
2
a
b
R



 




AB n
 
 
 
làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Câu
VIIb
(1.0đ)
ĐK :
2 5x
x N
 





Ta có
1 1 2 2 3 1 2 3 2 3
2 1 1 2 2 2
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
C C C C C C C C C C
      
     
        

(5 )! 2! 3x x    