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 x x x x x − = + + 2. Giải phương trình 2 2 7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈¡ Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx x x − + + + ∫ . Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho ( ) ( ) 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 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 và d 2 . Câu VII.a (1,0 điểm). 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 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 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 SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1 1,0 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 ' 0 3 x y x = = ⇔ = . lim x y →−∞ = −∞ , lim x y →+∞ = +∞ , 2 2 lim ; lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ , [ ] [ ] 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 ( ) ( ) 1;2 , 2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: y CĐ = 1 tại x = 1; y CT = 5 tại x = 3. 0.25 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 5 – – + + 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 ⇔ > 0.25 Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 1 2 2 2 2 2 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 ( ) ( ) 2 cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x − = + + 1.0 ĐK: sin cos 0x x + ≠ 0.25 Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x⇔ − − = + + ( ) ( ) 1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x⇔ + + + + = ( ) ( ) ( ) 1 sin 1 cos 1 sin 0x x x⇔ + + + = 0.25 sin 1 cos 1 x 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 π π = − + và 2x m π π = + ( ) ,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 x x PT x x x x x − − ≥ ⇔ − + + = − − 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 − ≤ ≤ ⇔ ≠ + + = − ( ) ( ) 2 2 0 1 16 0 x x x − ≤ < ⇔ + − = 0.25 1x⇔ = − Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3 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 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 x x − − = = − + + + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ 0.25 ( ) 2 2 1 2 6 6ln 1 1 u u u= − + + 0.25 3 3 6ln 2 = − + 0.25 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 là 0 1 3 . .sin 60 2 4 AMN S AM AN xy= = 0.25 Thể tích tứ diện .D AMN là 1 2 . 3 12 AMN V S DH xy= = 0.25 Ta có: AMN AMH AMH S S S= + 0 0 0 1 1 1 .sin 60 . .sin 30 . .sin 30 2 2 2 xy x AH y AH⇔ = + ⇔ 3 .x y xy+ = 0.25 V 1.0 Cách 1. Trước hết ta có: ( ) 3 3 3 4 x y x y + + ≥ (biến đổi tđ) ( ) ( ) 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 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 ( ) [ ] 0;1 64 inf 81 t M t ∈ ⇒ = ⇒ GTNN của P là 16 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 BC H M N Cách 2. Sử dụng bđt Bunhiacopxki: ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 2 2 2 16 4x y z x y z x y z+ + + + ≥ + + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 4 1 1 4 x y z x y z + + + + ≥ + + ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 2 16 16 16 4 16 4 81 81 x y z x y z x y z x y z x y z⇒ + + + + ≥ + + ⇒ + + ≥ + + 16 81 P⇒ ≥ . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = 4z > 0 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 = − + = ⇔ ⇒ ÷ − + = = 0.25 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu (1; 2); (1; 7); ( ; ) AB BD AC n n n a b− − uuur uuur uuur (với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: ( ) ( ) 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 A x y y − − = = ⇒ ⇒ − + = = Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7 1 0 7 5 2 ; 7 14 0 5 2 2 2 x x y I 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 d y t d y m z t z m = − + = + = + = − + = + = − 0.25 Giả sử d cắt d 1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d 2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) MN⇒ uuuur (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25 Do d ⊥ (P) có VTPT (2; 1; 5) P n − − uur 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 = = . Khi đó điểm M(1; 4; 3) ⇒ Phương trình d: 1 2 4 3 5 x t y t z t = + = − = − thoả mãn 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5 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 ⇔ n 2 + 6n – 91 = 0 7 13 n n = ⇔ = − Vậy n = 7. 0.25 Khi đó z = (1 + i) n = (1 + i) 7 = ( ) ( ) ( ) 3 2 3 1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i + + = + = + − = − 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 (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 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5) 2 +(y – 1) 2 = 81 25 0.25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là: 3 2 2 1 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 = + = − + = − − + + + = (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 . Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP , (2; 3;1) d P u u n ∆ = = − uur uur uur 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 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 x y z+ + − ∆ = = − 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6 (thoả mãn) (không thoả mãn) VII.b Giải hệ phương trình ( ) 1 4 4 2 2 1 log log 1 ( , ) 25 y x y x y x y − − = ∈ + = ¡ 1.0 Điều kiện: 0 0 y x y − > > 0.25 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 − − − + = − = − = ⇔ ⇔ ⇔ + = + = + = 0.25 2 2 2 2 2 3 3 3 4 4 4 9 25 25 16 16 x y x y x y y y x y y = = = ⇔ ⇔ ⇔ + = + = = 0.25 ( ) ( ) ( ) ( ) ; 3;4 ; 3; 4 x y x y = ⇔ = − − Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm ( ) ( ) ; 3;4x y = . 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. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7 (không thỏa mãn đk) (thỏa mãn đk) . − 0 .25 Giả sử d cắt d 1 t i M (-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d 2 t i N (2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) MN⇒ uuuur (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0 .25 Do d ⊥ (P) có VTPT (2; 1; 5) P n. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT THU N THÀNH SỐ I Ngày thi 21 /03 /20 10 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 MÔN: TOÁN Th i gian làm b i: 180 phút (không kể th i gian giao đề) I. PHẦN. & đáp án thi Đ i học - Trường THPT Thu n Thành số I 1 SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU I M ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 20 10 Đáp án gồm 06 trang Câu N i dung i m I 2, 0 1 1,0 V i m =1 thì 1 1 2 y x x =