ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 MÔN: TOÁN ppt

Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1.. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc B.. Viết phương trình đường tròn

Ngày thi 21/12/2011 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1

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

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





2 Giải phương trình 7x2x x5  3 2 xx2 (x ¡ )

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3 0

3

x

dx



  

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: xy3xy

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z 0thoả mãn x+y+z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 16

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

x y z

  , d2: 2 2

 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình

log4(n – 3) + log4(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 d1: x + y + 5 = 0 và d2: 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

 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

1

25

y x













¡

-Hết -

SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010

Đáp án gồm 06 trang

1 2

x

  



a) Tập xác định: D ¡ \ 2 

0.25

b) Sự biến thiên:

2

' 1

y

1 ' 0

3

x y

x









lim

x

y



 , lim

x

y



 ,

lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0

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: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3

0.25

c) Đồ thị:

0.25

x y’

y

+  + 

1

3

2 1.0

Với x  2 ta có y’ = 1- 2

( 2)

m

Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm

phân biệt khác 2 m 0

0.25

Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 1

Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2 m; 2m2 m); B( 2 m; 2m2 m)

Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:

2m m  2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

1 Giải phương trình  

2 cos cos 1

2 1 sin sin cos

x



Khi đó PT 1 sin 2x cosx12 1 sin  xsinxcosx

1 sin x1 cos xsinxsin cosx x 0

1 sin x1 cos x1 sin x0

0.25

x x

 





2 2 2







  









k m  Z, 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2

2



   và xm2 k m  Z , 

0.25

2 Giải phương trình: 7x2x x5  3 2 xx2 (x ¡ ) 1.0

2

x x PT



 

2

3 2 0

5 2( 2)

x x



 

0

2

5 2

x x

x x

x



  



 



   2 

x



 

 x 1

0.25

III Tính tích phân

0

3

x

dx



  

Đặt u = x 1 u2 1 x2ududx; đổi cận: 0 1





Ta có:

2

  

1

2

1

3

3 6 ln

2

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

1

DH  DA AH    

Diện tích tam giác AMN là 1 sin 600 3

AMN

0.25

Thể tích tứ diện D AMN là 1 2

Ta có: S AMN S AMH S AMH 1 sin 600 1 sin 300 1 sin 300

xy3xy

0.25

Trước hết ta có:  3

3 3

4

x y

x y   (biến đổi tương đương)  xy 2 xy 0 0.25

Đặt x + y + z = a Khi đó    

 

(với t = z

a, 0 t 1)

0.25

Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 Có

9

Lập bảng biến thiên

0.25

 

  0;1

64 inf

81

t



81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25

D

A

B C

H

M N

VI.a 2.0

Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:

21

;

5

x

B

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 nuuurAB(1; 2); nuuurBD(1; 7); nuuurAC( ; )a b (với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các

đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: cosnuuur uuurAB,n BD  cosnuuur uuurAC,n AB

3

2

7

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)

A

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:

7

;

2

x

x y

I

y







  



Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ 4;3 ; 14 12;

5 5

0.25

Phương trình tham số của d1 và d2 là: 1 2

0.25

Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)

MN

Do d  (P) có VTPT nuurP(2; 1; 5)  nênk MN:uuuurk nuurp 







    



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

 





 



  



VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình

log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3

1.0

Điều kiện:

3

n N n









 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3

0.25

 (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0 7

13

n n





   

 Vậy n = 7

0.25

Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1i  1 i231i.(2 )i 3(1i).( 8 ) i  8 8i

Giả sử B x( B;y B)d1x B  y B5;C x( C;y C)d2x C  2y C  7

Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6

3 0

x x







0.25

Ta có BGuuur(3; 4)VTPT nuuurBG(4; 3) 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

Ta có phương trình tham số của d là:

3 2

2 1

 





  



   



 toạ độ điểm M là nghiệm của hệ

3 2 2 1

2 0

x y z

 



   





  



    



(tham số t)

(1; 3; 0)

M

0.25

Lại có VTPT của(P) là nuurP(1;1;1), VTCP của d là uuurd(2;1; 1)

Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP uuur u nuur uurd, P(2; 3;1)

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đóMN xuuuur( 1;y3; )z

Ta có MN

uuuur

vuông góc với uuurnên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0

Lại có N(P) và MN = 42 ta có hệ:

2 0

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

 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt : 3 4 5

x y z



0.25 (thoả mãn)

(không thoả mãn)

VII.b

Giải hệ phương trình 1  4

4

1

25

y x













¡

1.0

0

y x y

 







4

y x

0.25

2

3

25

10

y







 

 

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

(không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk)