Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI A Ngày thi: 28/01/2011 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 4 – 4x 2 + 3 (C). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (C) 2. Gọi (C 1 ) là đồ thị đối xứng của đồ thị (C) qua điểm A( 1 ;2 2 )Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C 1 ) biết rằng tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): 16x + y – 2 = 0 Câu II. (2.0 điểm) 1.Giải phương trình 4sin3x -13sin2x + 4sinx = 3cos3x – 13cosx + 8cos 2 x 2. Giải bất phương trình 2 2 (4 1) 1 2 2 1 x x x x      Câu III. (1.0 điểm) Tìm nguyên hàm I = 2 2 2 1 ln(1 ) 2011 ln[(ex ) ] x x x x dx e      Câu IV. (1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 = 3a 2 b 2 c 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2009 2011 2007( ) 2009 2011 bc a c a b c bc a b A a bc       Câu V. (1.0 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm I .Các nửa đường thẳng Ax, Cy cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và ở cùng phía đối với mặt phẳng đó. Trên Ax, Cy lần lượt lấy các điểm M, N sao cho AM = m, CN = n, m,n 0  góc tạo bởi hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD) bằng 30 0 .Tính thể tích của khối chóp B.AMNC. Tìm điều kiện của m theo n để góc MIN vuông. PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không được chấm điểm). A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Lập phương trình đường thẳng đi qua A(8 ;6) và tạo với 2 trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 12. 2. Giải phương trình 1 2 10 1023 x x x x x x C C C        ( k n C là tổ hợp chập k của n phần tử) Câu VIIa. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình 3 2 3 2 5 3 2 2 1 x xy y x y x xy            B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb. (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD .Biết rằng AB = 2BC , A, B thuộc đường thẳng đi qua M( 4 ;1 3  ), B, C thuộc đường thẳng đi qua N(0 ; 3), A,D thuộc đường thẳng đi qua P(4 ; -1/3), C,D thuộc đường thẳng đi qua Q(6 ;2) . 2. Giải bất phương trình : 3 1 4 1 3 1 14 x x x C A P     ( , , k k n n k C A P lần lượt là tổ hợp, chỉnh hợp chập k của n phần tử, hoán vị của k phần tử) Câu VIIb. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 10 2 30 2 1 x xy y x xy xy x y            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 www.laisac.page.tl Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN Ngày 28/01/2011 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1. TXĐ:D = R 0,25 2. Chiều biến thiên x limy ,lim x y       y’ = 4x 3 – 8x, y’ = 0 0,25 Bảng biến thiên Khoảng đồng biến , nghịch biến và cực trị của hàm số 0,25 3. Đồ thị, nhận xét đồ thị 0,25 Giả sử M(x 1 ; y 1 )  (C), N(x 2 ; y 2 )  (C 1 ) là hai điểm đối xứng nhau qua A khi đó ta có 1 2 2 2 1 2 1 (1 ;4 ) 4 x x M x y y y           . Vì M ( ) C  nên ta có 4 2 2 1 1 4 (1 ) 4(1 ) 3 y x x       0,25 Vậy (C 1 ) có phương trình 4 3 2 ( ) 4 2 4 4 y f x x x x x        Ta có f’(x) = -4x 3 + 12x 2 – 4x – 4 Phương trình tiếp tuyến tại M 0 (x 0 ; y 0 ) có dạng y = f’(x 0 )(x – x 0 ) + y 0. Vì tiếp tuyến song 0,25 Câu I 1.(1điểm) 2.(1điểm) song với (d) nên f’(x 0 ) = -16  -4x 3 + 12x 2 – 4x – 4 = -16  x 0 = 3 suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = - 16x + 49 0,5 Phương trình  4(sin3x + sinx) + 3(cosx – cos3x) – 13sin2x – 8cos 2 x = -10cosx  (sin2x - cosx)(4cosx +3sinx – 5) = 0 0,5 2 , 2 sin 2 osx=0 6 3 2 4cosx+3sinx=5 2 2 k x x k x c x k                           trong đó 4 sin 5 3 os = 5 c           0,5 Đặt t = 2 1 ( 1) x t   khi đó bất phương trình trở thành 2t 2 – (4x-1)t+2x-1  0 0,25 Ta có  =(4x-3) 2 tam thức vế trái có 2 nghiệm t 1 =1/2 , t 2 = 2x-1 0,25  Nếu t 2 < t 1 ta suy ra bất phương trình vô nghiệm. 0,25 Câu II. 1.(1điểm) 2.(1điểm)  Nếu t 1  t 2 ta có tập nghiệm của bất phương trình là S = 4 [ ;+ ) 3  0,25 2 2 2 2 2 2 x 1 2 1 ln(1 ) 2011 [ln(x +1)+2011] ( 1)[ln(x +1)+1] ln[e ( 1) ] x x x x x dx dx x x          0,25 Đặt t = ln(x 2 + 1) + 1 2 2 1 x dt dx x    0,25 Khi đí I = 1 2010 2 t dt t   vậy I = 1 1005ln 2 t t C   = 0,25 CâuIII. 1.(điểm) 2 2 1 1 ln( 1) 1005ln(ln( 1) 1) 2 2 x x C       0,25 Câu IV 1.(điểm) Ta có A = 2 2 2009 2011 1 1 2009 2011 2007( ) a b b c a c      0,25 Đặt x = 1/a, y = 1/b, z = 1/c khi đó x 2 + y 2 + z 2 = 3 A = 2 2 2009 2011 2007( ) 2009 2011 x y y z x z      Ta có A 2 2 2 3.4018( 2(3 )) x x    xét hàm số f(x) = 2 2 2(3 ) x x   trên (0; 3 ] 0,25 Lập bảng biến thiên được A Max = 21.2009  hay a = 2 , 2 5 b c   0,5 * BD vuông góc AC, MI vuông góc AC nên ((MBD);(ABCD)) = MIA   30 0 . Đặt AB = x ta có AI = 2 x Trong tam giác MAI có AI.tan30 0 = MA x   6 m 3( ) 2 ACNM m n S AC m m n      . Vậy V BACNM = 2 ( ) m m n  (đvtt) 0,5 * Ta có MN 2 = AC 2 + (m - n) 2 = 13m 2 -2mn + n 2 MI 2 = x 2 /2 + m 2 , NI 2 = x 2 /2 + n 2 0,25 Câu V. 1. điểm góc MIN vuông khi và chỉ khi MN 2 = MI 2 + NI 2 hay n = 3m. 0,25 Giả sử (d) đi qua A(8;6) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M(a;0), N(0;b) a,b khác 0.Khi đó (d) có phương trình 1 x y a b   . Vì (d) đi qua A nên 8 6 1 a b   (1) 0,25 lại có 1 12 2 OAB S ab    (2). Từ (1) và (2) ta có hệ 8 6 1 24 a b ab         0,25 4 6 8 3 a b a b                     từ đó có 2 đường thẳng thoả mãn điều kiện là 1, 1 4 6 8 3 x y x y      0,5 Ta có 1 2 10 1 2 10 1023 1 1024 x x x x x x x x x x x x C C C C C C                 0,25 0 1 10 1024 x x x C C C     0,25 Câu VI.a 1.(1điểm) 2.(1điểm) mặt khác ta có 0 1 10 10 10 10 10 2 1024 C C C     Vậy x=10 0,5 3 2 3 2 5 3 2 (1) 1 2 (2) x xy y x y x xy            Thay (2) vào (1) ta được x 3 – 7xy 2 + 3x 2 y + 3y 3 = 0 (3) Với y = 0 hệ đã cho vô nghiệm nên ta giải hệ với y khác 0. 0,25 (3) 3 2 ( ) 3( ) 7 3 0(4) x x x y y y      . Đặt t = x/y phương trình (4) trở thành t 3 + 3t 2 – 7t + 3 = 0 1 2 7 2 7 t t t              0,25 Với t = 1 ta có x = y hệ có nghiệm là ( 1 1 ; 3 3 ), ( 1 1 ; 3 3   ) Với t = 2 7   hệ có nghiệm là 2 7 1 2 7 1 ( ; ), ( ; ) 7 7 7 2 7 7 2 7       Với t = - 2 + 7 hệ có nghiệm là 7 2 1 7 2 1 ( ; ); ( ; ) 7 7 7 2 7 7 2 7       0,5 CâuVII.a 1(điểm) Phương trình AB có dạng: y = k(x + 4/3) + 1 DC: y = k(x - 6) + 2 , BC: x + ky – 3k = 0 , AD: x + ky -4 + k/3 = 0 0,25 I A D B C M N Vì AB = 2BC nên d(AD,BC)=2d(AB,DC) hay d(P;BC) = 2d(M;DC) 0,25 2 2 4 1 4 3 1 6 2 10 12 6 44 3 3 3 10 12 44 6 3 1 1 17 k k k k k k k k k k k k                              0,25 Với k = 1/3 ta có phương trình các cạnh hình chữ nhật là: AB: 1/3( 4/3) 1, : 1/ 3( 6) 2, : 1/3 1 0, : 1/3 35/9 0 y x DC y x BC x y AD x y             Với k = -3/17 ta có phương trình các cạnh của hình chữ nhật là: : 3/17( 4/3) 1, : 3/17( 6) 2, : 3/17 9/17 0, : 3/17 4 3/17 0 AB y x DC y x BC x y AD x y                0,25 ĐK: 3 x x N      0,25 Ta có 3 1 4 1 3 1 ( 1)! 1 14 2( 1)! 84 x x x C x A P x         0,25 CâuVI.b 1.(1điểm) 2.(1điểm) 2 7 42 0 6 x x x x            kết hợp với điều kiện ta được 7 x x N      0,5 Hệ phương trình đã cho 2 2 2 11 2 1 30 xy x y x xy xy x y x              0,25 Với x = 0 hệ đã cho vô nghiệm nên ta giải hệ với x khác 0 khi đó hệ 2 2 2 2 2 2 1 1 1 11 ( 1) ( 1) 11 1 1 2 1 1 ( 1) ( 1) 30 30 y y y y x x x x y y y y y x x x x x x x                                   0,25 Đặt 1 1 a x b y         khi đó hệ trở thành 6 5 11 ( ) 30 5 6 a b ab a ab b ab a b a b ab                             0,25 Câu VIIb. 1(điểm) giải hệ với a,b tìm được ta được nghiệm của hệ là (1;4),(1/5;0), (1/3;1), (1/2;2) 0,25 Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh ®¸p ¸n quy ®Þnh . Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI A Ngày thi: 28/01 /2011 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG. góc AC, MI vuông góc AC nên ((MBD);(ABCD)) = MIA   30 0 . Đặt AB = x ta có AI = 2 x Trong tam giác MAI có AI.tan30 0 = MA x   6 m 3( ) 2 ACNM m n S AC m m n      . Vậy V BACNM . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh số báo danh www.laisac.page.tl Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN