De-DA Thi thu DH- Khoi D - lan 2 - Hau Loc 4 - Thanh Hoa -2010-2011

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 *** ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN II NĂM HỌC: 2010 – 2011 Môn: TOÁN; Khối: D (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x= − + + + + , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2; )+∞ . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 4 cos4 4 2 sin( ) 1 4 + = + − x x x π . 2. Giải phương trình: ( ) 2 3 5 7 5 20 + − + = x x x . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 1 3 1 0 d + = ∫ x I e x . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, khoảng cách giữa AB và SC là a 3 . Tính thể tích khối chóp. Câu V (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi , ,x y z dương thỏa mãn 3+ + =xy yz zx ta có: ( ) ( ) ( ) 1 4 1 2 + ≥ + + +xyz x y y z z x . 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 tọa độ Oxy , lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua M(2; 3) và cắt đường tròn 2 2 2 2 2 0+ − − − =x y x y tại hai điểm A, B sao cho AB 2 3= . 2. Trong không gian Oxyz cho (P): 3 2 3 7 0− − − =x y z và 2 4 1 : 3 2 2 − + − = = − x y z d . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(-1; 0; 1) song song với mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức = +z (1 ) n i , biết rằng n N∈ và thỏa mãn phương trình: − + + = 4 4 log ( 3) log ( 9) 3n n . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ABC ∆ có phương trình các cạnh AB, AC lần lượt là: 2 3 0,− − =x y 0+ =x y và trọng tâm G(2; -1). Lập phương trình cạnh BC. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho (1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)A B C− − − − , D là đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD. Tìm tọa độ điểm M thuộc trục cao (Oz) sao cho thể tích khối chóp M.BCD bằng 4. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: + − + = 3 3 log 1 log 2 2 2 x x x . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………….………… ; Số báo danh: …….…… ĐỀ CHÍNH THỨC TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 *** ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN II Môn: TOÁN; Khối: D; NĂM HỌC: 2010 – 2011 (Đáp án – thang điểm gồm có 06 trang) Câu Ý Đáp án Điểm I Cho hàm số = − + + + + 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 cã ®å thÞ (C ) m y x m x m m x 2,0 I.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 1,0 Khi m = 0, hàm số trở thành 3 2 2 3 1= − +y x x  TXĐ: D = R  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 0 ' 6 6 6 ( 1); ' 0 1 x y x x x x y x =  = − = − = ⇔  =  0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) µ (1;+ )−∞ ∞v , nghịch biến trên khoảng (0;1) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại = = § 0; 1 C x y , đạt cực tiểu tại x 1, 0 CT y= = . Giới hạn: →−∞ →+∞ = −∞ = +∞lim ; lim x x y y 0,25 - Bảng biến thiên: x −∞ 0 1 +∞ y’ + 0 – 0 + y 1 +∞ −∞ 0 0,25  Đồ thị: 0,25 I.2 Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2; )+∞ . 1,0 Có ( ) 2 2 ' 6 6(2 1) 6 ( 1) 6 (2 1) ( 1)= − + + + = − + + +y x m x m m x m x m m 0,25 2 ' 0 (2 1) ( 1) 0 1 x m y x m x m m x m =  = ⇔ − + + + = ⇔  = +  0,25 Hàm số đồng biến trên (2; ) ' 0 2y x+∞ ⇔ ≥ ∀ > 0,25 ĐỀ CHÍNH THỨC 1 2 1m m⇔ + ≤ ⇔ ≤ 0,25 II 2,0 II.1 Giải phương trình: sin 4 cos4 4 2 sin( ) 1 (1) 4 x x x π + = + − . 1,0 Ta có: 2 (1) 2sin 2 cos2 2cos 2 4(sin cos ) cos2 (sin2 cos2 ) 2(sin cos ) (sin cos )(cos sin )(sin2 cos2 ) 2(sin cos ) x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ + − + = + 0,25 sin cos 0 (cos sin )(sin2 cos2 ) 2 x x x x x x + =  ⇔  − + =  0,25 ,( z) 4 (cos sin )(sin2 cos2 ) 2 (2) x k k x x x x π π  = − + ∈  ⇔  − + =  0,25 (2) cos3 1 cos3 sin 2 sin 1 x x x x =  ⇔ − = ⇔  = −  (vô nghiệm) KL: ,( ) 4 x k k z π π = − + ∈ 0,25 II.2 Giải phương trình: ( ) 2 3 5 7 5 20 (2).x x x + − + = 1,0 Điều kiện: 3 5 0 0x x x+ ≥ ⇔ ≥ Khi đó (2) 2 3 10 5 7 5 0x x x x⇔ + + − + = 0,25 Nhận thấy 0x = không phải là nghiệm của (2) nên chia cả hai vế của (2) cho x ta được 5 5 10 7 0x x x x + + − + = . 0,25 Đặt 4 5 , 20= + ≥t x t x . Ta được =  − + = ⇔  =  2 2(lo¹i) 7 10 0 5( / ) t t t t t m 0,25 Với  − =   = ⇒ + = ⇔ − + = ⇔  + =   2 25 11 5 5 2 5 5 25 5 0 25 11 5 2 x t x x x x x 0,25 III Tính tích phân: 1 3 1 0 d + = ∫ x I e x . 1,0 Đặt = + ≥ ⇒ = + ⇒ = 2 2 3 1, 0 3 1 . 3 t x t t x dx t dt 0,25 Đổi cận: = ⇒ =   = ⇒ =  0 1 1 2 x t x t 2 1 2 3 t I t e dt⇒ = ∫ 0,25 Đặt t t u t du dt dv e dt v e = =   ⇒   = =   0,25 2 2 2 1 1 2 2 ( ) 3 3 t t I te e dt e   ⇒ = − =  ÷   ∫ 0,25 IV Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, khoảng cách giữa AB và SC là a 3 . Tính thể tích khối chóp. 1,0 Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD Vì AB // CD nên AB // (SCD). ( ) ( ) ( ; ) ;( D) ;( ) d AB SC d AB SC d I SCD ⇒ = = Ta có: ( ) (1) IJ CD CD SIJ SJ CD ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  0,25 Trong mp(SIJ) kẻ (2)IM SJ⊥ do ( ) (3)CD SIJ CD IM⊥ ⇒ ⊥ . Từ (2) và (3) ta có ( ) ( ) ;( ) 3IM SCD d I SCD IM a⊥ ⇒ = = 0,25 Gọi O là giao điểm của AC và BC, ta có ( )SO ABCD⊥ . Xét IJM∆ vuông có 2IJ a= , Ta có · · 0 3 3 sin 60 2 2 IM a IJM IJM SIJ IJ a = = = ⇒ = ⇒ ∆ đều 3SO IM a⇒ = = 0,25 Thể tích khối chóp là: D 1 . 3 ABC V S h= Trong đó 2 2 3 D 1 4 3 4a , 3 .4 . 3 3 3 ABC S h SO a V a a a= = = ⇒ = = 0,25 V Chứng minh rằng với mọi , ,x y z dương thỏa mãn 3+ + =xy yz zx ta có: ( ) ( ) ( ) 1 4 1 2 + ≥ + + +xyz x y y z z x . 1,0 Áp dụng BĐT côsi ta có: ( ) ( ) ( ) 1 4 4 2. 2 2 ( )( )( ) 2 2 ( )( )( ) + ≥ + + + + + + = + + + xyz x y y z z x xyz x y y z z x xz yz xy xz yz xy 0,25 Mà 3 2( ) ( )( )( ) 2 3 xy yz zx xz yz xy xz yz xy + + + + + ≤ = ( )( )( ) 8xz yz xy xz yz xy⇒ + + + ≤ 0,25 Do đó: ( ) ( ) ( ) 1 4 2 2 1 2 8 + ≥ = + + +xyz x y y z z x 0,25 Dấu “=” xảy ra ( ) ( ) ( ) 1 4 2 1 3 xyz x y y z z x xz yz xy xz xy yz x y z xy yz zx  =  + + +   ⇔ + = + = + ⇔ = = =   + + =    0,25 VI.a 2,0 VI.a.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua M(2; 3) và cắt đường tròn 2 2 2 2 2 0+ − − − =x y x y tại hai điểm A, B sao cho AB 2 3= 1,0 Đường tròn có tâm I(1; 1), bán kính R = 2. Gọi N là trung điểm AB 2 2 1IN R AN⇒ = − = 0,25 Vì ∆ đi qua M(2; 3) nên ∆ có dạng: 2 2 ( 2) ( 3) 0( 0)a x b y a b− + − = + ≠ . 2 2 2 ( ; ) 1 1 a b d I a b − − ∆ = ⇔ = + 0,25 => 0 4 3 b b a =    = −  0,25 - Với b = 0, chọn a = 1. khi đó phương trình ∆ là: x – 2 = 0 - Với 4 3 b a − = , chọn a = 3, => b = –4. ta có phương trình :3 4 6 0x y∆ − + = KL: có 2 phương trình đường thẳng ∆ thỏa mãn yêu cầu bài toán là: x – 2 = 0 và 3 4 6 0x y− + = 0,25 VI.a.2 Trong không gian Oxyz cho (P): 3 2 3 7 0− − − =x y z và 2 4 1 : 3 2 2 − + − = = − x y z d . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(-1; 0; 1) song song với mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d. 1,0 Gọi (2 3 ; 4 2 ;1 2 )B d B t t t= ∆ ∩ ⇒ + − − + Ta có: (3 3 ; 4 2 ;2 ).AB t t t= + − − uuur 0,25 v× ( ) p P AB n∆ ⇒ ⊥ uuur uur P ; ( ) (3; 2; 3) p n − − uur . . 0 p AB n⇒ = uuur uur 0,25 17 7 t − ⇔ = 30 6 34 2 ( ; ; ) ( 15;3; 17) 7 7 7 7 AB − − ⇒ = = − − uuur 0,25 Vậy ∆ có phương trình: 1 1 15 3 17 x y z+ − = = − − 0,25 VII.a Tìm phần thực và phần ảo của số phức = +z (1 ) n i , biết rằng n N∈ và thỏa mãn phương trình: − + + = 4 4 log ( 3) log ( 9) 3n n . 1,0 Điều kiện: 3 n N n ∈   >  Phương trình: ( ) 4 4 4 log ( 3) log ( 9) 3 log ( 3)( 9) 3n n n n − + + = ⇔ − + = 0,25 3 2 7( / ) ( 3)( 9) 4 6 91 0 13(lo¹i) n t m n n n n n =  ⇔ − + = ⇔ + − = ⇔  = −  0,25 Khi đó 3 7 2 3 (1 ) (1 ) (1 ) (1 )(2 ) 8 (1 ) 8 8z i i i i i i i i= + = + + = + = − + = −     0,25 Vậy phần thực của số phức z là 8; phần ảo là –8. 0,25 VI.b 2,0 VI.b.1 Trong mặt phẳng Oxy cho ABC ∆ có phương trình các cạnh AB, AC lần lượt là: 2 3 0,− − =x y 0+ =x y và trọng tâm G(2; -1). Lập phương trình cạnh BC. 1,0 Tọa độ A thỏa mãn hpt: 2 3 0 1 (1; 1) 0 1 x y x A x y y − − = =   ⇔ ⇒ −   + = = −   0,25 Gọi B(b; 2b – 3), C(c; –c). vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 1 3.2 1 2 3 3.( 1) b c b c + + =   − + − − = −  0,25 2 (2;1), (3; 3) 3 b B C c =  ⇔ ⇒ −  =  0,25 Phương trình cạnh BC là: 2 1 4 9 0 3 2 3 1 x y x y − − = ⇔ + − = − − − Vậy phương trình cạnh BC là: 4 9 0x y+ − = . 0,25 VI.b.2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho (1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)A B C− − − − , D là đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD. Tìm tọa độ điểm M thuộc trục cao sao cho thể tích khối chóp M.BCD bằng 4. 1,0 Do D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD nên có: DA BC= uuur uuur Gọi ( ; ; ) ( 1; 2; 1)D x y z AD x y z⇒ = − − + uuur , (3; 2; 4)BC = − − uuur 1 3 4 2 2 0 (4;0; 5) 1 4 5 x x y y D z z − = =     ⇒ − = − ⇔ = ⇒ −     + = − = −   . 0,25 Vì ( ) 0;0;∈ ⇒M Oz M a . Có: ( ) (3; 2; 4), (5; 1; 7) , 10;1;7   = − − = − − ⇒ =   uuur uuur uuur uuur BC BD BC BD , ( ) 1; 1, 2= − − uuuur BM a => Thể tích khối chóp M.BCD là: 1 1 , . 7a 5 6 6   = = −   uuur uuur uuuur V BC BD BM 0,25 Theo bài ra ta có . 29 1 7 4 7 5 4 19 6 7  =  = ⇔ − = ⇔  −  =   M BCD a V a a 0,25 Vậy 29 0;0; 7 M    ÷   hoặc 19 0;0; 7 M −    ÷   0,25 VII.b Giải phương trình: 3 3 log 1 log 2 2 2 x x x + − + = . 1,0 ĐK: 0x > . Ta có: 3 3 3 3 3 log 1 log 2 log log log 1 9 2 2 2.2 .2 .2 (*). 4 4 x x x x x x x x + − + = ⇔ + = ⇔ = 0,25 Đặt 3 log 3 t t x x= → = . Phương trình (*) trở thành: 2 1 9 3 3 2.2 .2 3 .2 3 ( ) ( ) 2 4 4 2 2 t t t t t t t+ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = . 0,5 Khi 3 2 log 2 9t x x= ⇒ = ⇔ = . Vậy phương trình có nghiệm x = 9. 0,25 Hết . 3 log 1 log 2 log log log 1 9 2 2 2. 2 .2 .2 (*). 4 4 x x x x x x x x + − + = ⇔ + = ⇔ = 0 ,25 Đặt 3 log 3 t t x x= → = . Phương trình (*) trở thành: 2 1 9 3 3 2. 2 .2 3 .2 3 ( ) ( ) 2 4 4 2 2 t t t. =   = ⇒ =  0 1 1 2 x t x t 2 1 2 3 t I t e dt⇒ = ∫ 0 ,25 Đặt t t u t du dt dv e dt v e = =   ⇒   = =   0 ,25 2 2 2 1 1 2 2 ( ) 3 3 t t I te e dt e   ⇒ = − =  ÷   ∫ 0 ,25 IV Cho hình chóp. M.BCD bằng 4. 1,0 Do D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD nên có: DA BC= uuur uuur Gọi ( ; ; ) ( 1; 2; 1 )D x y z AD x y z⇒ = − − + uuur , (3; 2; 4) BC = − − uuur 1 3 4 2 2 0 (4; 0; 5) 1 4 5 x