Trường THPT Hậu Lộc 4 ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY- HỌC Tổ:Toán-Tin BỒI DƯỠNG LẦN 2 (NĂM HỌC 2010-2011) Môn: Toán; khối B ( Thời gian làm bài 180 phút ,không kể thời gian phát đề) I.Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số: 1 2( 1) x y x − = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2 cos4 2cos sin(3 ) sin( ) 1 3 3 x x x x π π + + − + − = . 2. Giải phương trình : 2 3 2 4 2x x x x x + + − = + − . (với x R∈ ) Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: ln8 2 ln3 3 1 3 x x x e dx I e e = − + − ∫ Câu IV(1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ' ' ' .ABC A B C có đáy ABC là tam giác đều tâm G, cạnh bên ' AA a= và tạo với đáy một góc bằng 60 ° , biết mặt phẳng( ' A AG ) và ' ( )A BG cùng vuông góc với mp(ABC). Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ' .A ABC theo a. Câu V (1,0 điểm). Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : 2 2 1 1x y x y + = − + + + . Tìm GTLN, GTNN của F = 2(1 ) ( ) ( ) 2 2 xy x y x y x y y x x y + + − + − + + . II.Phần riêng (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng :3 4 7 0x y∆ − + = . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua A và cắt ∆ theo đường kính BC sao cho ∆ ABC có diện tích bằng 4 5 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 1 2 : 2 1 1 x y z− − − ∆ = = − và điểm A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1 3 . Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi 1 2 ;z z là các nghiệm phức của phương trình: 2 4 5 0z z− + = .Tính: 2011 2011 1 2 ( 1) ( 1)z z − + − B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết đỉnh A , C lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng : 1 1 : 2 1 x t d y t z = +   = −   =  ; 2 2 1 1 : 1 2 2 x y z d − − + = = − . Viết phương trình mp(P) song song với 1 d và 2 d , sao cho khoảng cách từ 1 d đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ 2 d đến (P). Câu VII.b( 1,0điểm). Giải hệ phương trình: 2 log ( 2 8) 6 8 2 .3 2.3 x x y x y y 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: Câu Nội Dung Điểm I (2,0đ) 1. (1,0đ) TXĐ: D = R\ { } 1− Chiều biến thiên: , 2 1 0 ( 1) y x = > + , với x D∀ ∈ ⇒ hàm số đồng biến trên mỗi khoảng : ( ) ; 1−∞ − và ( ) 1;− +∞ Cực trị: hàm số không có cực trị Giới hạn, tiệm cận : 1 2 x Limy →+∞ = , 1 2 x Lim y →−∞ = ; ( 1)x Lim y + → − = −∞ , ( 1)x Lim y − → − = +∞ ⇒ 1 2 y = là tiệm cận ngang; 1x = − là tiệm cận đứng. Bảng biến thiên: Đồ thị: đi qua các điểm (0; 1 2 − ) ; (-2; 3 2 ) Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1; 1 2 ) làm tâm đối xứng 2. (1,0đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 −∞ +∞ 1 2 +∞ 1 2 −∞ 1− x y 1 2 -1 I O y x II (2,0đ) 2.Gọi M( 0 0 0 1 ; 2( 1) x x x − + ) ( )C∈ là điểm cần tìm Gọi ∆ tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình ∆ : ' 0 0 0 0 1 ( )( ) 2( 1) x y f x x x x − = − + + ( ) 0 0 2 0 0 1 1 ( ) 2( 1) 1 x y x x x x − ⇒ = − + + + Gọi A = ∆ ∩ ox ⇒ A( 2 0 0 2 1 2 x x− − − ;0) B = ∆ ∩ oy ⇒ B(0; 2 0 0 2 0 2 1 2( 1) x x x − − + ). Khi đó ∆ tạo với hai trục tọa độ ∆ OAB có trọng tâm là: G( 2 2 0 0 0 0 2 0 2 1 2 1 ; 6 6( 1) x x x x x   − − − − −  ÷ +   . Do G ∈ đường thẳng:4x + y = 0 ⇒ 2 2 0 0 0 0 2 0 2 1 2 1 4. 0 6 6( 1) x x x x x − − − − − + = + ⇔ ( ) 2 0 1 4 1x = + (vì A, B ≠ O nên 2 0 0 2 1 0x x− − ≠ ) 0 0 0 0 1 1 1 2 2 1 3 1 2 2 x x x x   + = = −   ⇔ ⇔     + = − = −     Với 0 1 1 3 ( ; ) 2 2 2 x M= − ⇒ − − ; với 0 3 3 5 ( ; ) 2 2 2 x M= − ⇒ − . 1. (1,0đ) Pt ⇔ cos4x + cos2x + sin(3x - 3 π ) + sin(x- 3 π ) = 0 ⇔ 2cos3x. cosx + 2sin(2x- 3 π ). cosx = 0 2cos os3 sin(2 ) 0 3 x c x x π   ⇔ + − =     cos 0 os3 sin(2 ) 0 3 x c x x π =   ⇔  + − =  Với cosx = 0 ⇔ x = 2 k π π + Với cos3x + sin(2x- 3 π ) = 0 os3 os( 2 ) 6 c x c x π ⇔ = + 3 2 2 6 3 2 2 6 x x k x x k π π π π  = + +  ⇔   = − − +   2 6 2 30 5 x k x k π π π π  = +  ⇔   = − +   . k ∈ Z 2. (1,0đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 III (1,0đ) IV (1,0đ) đk: 0 2x ≤ ≤ đặt: 2 u x v x  =   = −   (đk u, v 0≥ ) , ta có hệ: 2 2 2 2 3 4 u v u u uv v  + =   + + − =   nhân pt đầu với 2, trừ theo vế cho pt còn lại ta được : 2 2 2 3 ( ) 0u v uv u v+ − − − = ( )( 2 ) ( ) 0u v u v u v⇔ − − − − = ( )( 2 1) 0u v u v⇔ − − − = 0 2 1 0 u v u v − =  ⇔  − − =  Với u – v = 0 ,kết hợp với pt đầu ta được : u = v = 1 1x⇒ = Với u – 2v = 1, kết hợp với pt đầu ta được: 1 5 v = 1 49 2 25 25 x x⇒ − = ⇔ = 1,0đ Đặt 1 x t e= + 2 1 2 . x x t e t dt e dx⇒ = + ⇒ = Đổi cận: ln3 2; ln8 3x t x t= ⇒ = = ⇒ = ( ) 2 ln8 3 2 ln3 2 1 .2 . . 3 4 3 1 3 x x x x t t dt e e dx I t t e e − ⇒ = = − − − + − ∫ ∫ = 3 3 2 2 2 ( 1) 2 2 ( 4) 4 t t dt t t dt t t − − = − − ∫ ∫ = 3 2 12 2 ( 3 ) 4 t dt t + + − ∫ = 2 2( 3 12ln 4 2 t t t+ + − ) 3 2 | = 11- 24ln2 Vì ( ' A AG ) và ' ( )A BG cắt nhau theo giao tuyến là A ’ G và chúng cùng vuông góc với mp(ABC), nên A ’ G ⊥ (ABC) và ' 0 60A AG ∧ = Gọi x là cạnh ABC ∆ và H là trung điểm của BC 2 2 3 3 . 3 3 2 3 x x AG AH⇒ = = = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 B C ’ A ’ B ’ J A H C I G V (1,0đ) VI.a Ta có os60 2 AG a c AG a ° = ⇒ = 3 3 3 3 3 2 6 2 3 x a a a x⇒ = ⇒ = = Khi đó ' ' . ' ' . ABC ABC A B C V AG S ∆ = Với ' 3 as 60 2 a AG in= ° = ; 2 2 2 3 1 1 3 3 27 3 . . . 2 2 2 4 36 4 3 27 3 9 . . ( ) 2 36 4 32 ABC x x a S AH BC x a a a V dvtt ∆ = = = = ⇒ = = Gọi J là trung điểm của ' AA ,đường trung trực của ' AA cắt ' AG ở I ' R A I⇒ = ' ' ' ' ' ' ~ JA GA JA I GA A A I A A ∆ ∆ ⇒ = ' ' ' ' 2 AA . . 3 3 2 a JA a A I a GA a ⇒ = = = 3 a R⇒ = (1,0đ ) Từ gt 2; 1x y⇒ ≥ ≥ − . Vì ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2. 2 1. 1 2 1 2 1x y x y− + + ≤ + − + + 2 2 1 5( 1)x y x y⇔ − + + ≤ + − . Nên từ 2 2 1 1x y x y + = − + + + 5( 1) 1x y x y⇒ + ≤ + − + . Đặt t = x + y , ta có: 1 5( 1) 1 6t t t− ≤ − ⇔ ≤ ≤ Khi đó: F = 2 2 1 2 1 2 ( ) 2 2 x y t x y t + + = + + . Xét 2 1 2 ( ) 2 f t t t = + , với [ ] 1;6t ∈ , có [ ] ' 1 ( ) 0; 1;6f t t t t t = − ≥ ∀ ∈ [ ] 1;6 1 ( ) (1) 2 t Min f t f ∈ ⇒ = = ; [ ] 1;6 2 ax ( ) (6) 18 6 t M f t f ∈ = = + ⇒ GTNN của F là: 1 2 đạt được tại: 2 1 1 x t y =  = ⇔  = −  GTLN của F là: 2 18 6 + đạt được tại :t= 6 6 0 x y =  ⇔  =  1.(1,0đ) Gọi AH là đường cao của ABC∆ , ta có 4 ( ; ) 5 AH d A= ∆ = 1 4 1 4 . . . 2 2 5 2 5 ABC S AH BC BC BC ∆ = ⇔ = ⇔ = .Gọi I ;R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn cần tìm, ta có : 1 1 2 R AI BC= = = . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 VII.a (1,0đ) VI.b (2,0đ) Do I 0 0 3 7 ( ; ) 4 x I x + ∈∆ ⇒ , ( ) 2 2 0 0 3 7 1 1 2 1 4 x AI x +   = ⇔ + + − =  ÷   0 2 0 0 0 1 25 26 1 0 1 25 x x x x = −   ⇔ + + = ⇔  = −   Với 0 1x = − ⇒ I(-1;1) ( ) ( ) 2 2 ( ) : 1 1 1pt C x y⇒ + + − = Với 0 1 1 43 ; 25 25 25 x I   = − ⇒ −  ÷   2 2 1 43 ( ) : 1 25 25 pt C x y     ⇒ + + − =  ÷  ÷     2. (1,0đ) Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là u → = (2 ; -1 ; 1). Gọi n → = (a ; b ; c ) là vtpt của (P). Vì ( ) . 0P n u n u → → → → ∆ ⊂ ⇒ ⊥ ⇒ = ⇔ 2a – b + c = 0 ⇔ b = 2a + c n → ⇒ =(a; 2a + c ; c ) , từ đó ta có: Pt(P) : a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0 ⇔ Pt (P) : ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0 d(A ; (P)) = 1 3 2 2 2 1 3 (2 ) a a a c c ⇔ = + + + ( ) 2 0a c⇔ + = 0a c⇔ + = với a + c = 0 , chọn a = 1 , c = -1 ⇒ pt(P) : x + y – z = 0 1,0đ Ta có: ' 2 4 5 1 i∆ = − = − = 1 2 2 2 z i z i = −  ⇒  = +  Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) 2011 2011 2011 2011 1 2 1 1 1 1z z i i− + − = − + + ( ) 1005 1005 2 2 (1 ) (1 ) 1 (1 )i i i i     = − − + + +     = ( ) ( ) ( ) ( ) 1005 1005 1 2 1 2i i i i− − + + 1005 1005 1005 1006 2 (1 ) 2 (1 ) 2 (1 1 ) 2i i i i i i i= − − + + = + − + = − 1. (1,0đ) Do điểm A ∈ đt: x + y + 3 = 0; C ∈ đt : x+ 2y + 3 = 0 ⇒ A(a ; - a – 3) ; C(- 2c – 3 ; c ). Vì ABCD là hình vuông nên I là trung điểm của AC 2 3 4 1 3 6 4 a c a a c c − − = = −   ⇒ ⇔   − − + = − = −   ⇒ A(-1 ; -2 ) ; C(5 ; -4 ) Ta có BI đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtpt là AC → =(6 ; -2 ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 VII.b (1,0đ) ⇒ pt BI : 3x – y – 9 = 0 , mà B ∈ BI ⇒ B(b ; 3b – 9 ) Khi đó : AB → = (b +1 ; 3b – 7) ; CB → = (b- 5 ; 3b – 5) ABCD là hình vuông nên . 0AB CB → → = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 5 3 7 3 5 0b b b b⇔ + − + − − = 2 1 4 3 0 3 b b b b =  ⇔ − + = ⇒  =  Với b = 1 ( ) ( ) 1; 6 3;0B D⇒ − ⇒ Với b = 3 ( ) ( ) 3;0 1; 6B D⇒ ⇒ − 2.(1,0đ) Ta có : 1 d đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : ( ) 1 1; 1;0u → = − 2 d đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: ( ) 2 1; 2;2u → = − Gọi n → là vtpt của mp(P), vì (P) song song với 1 d và 2 d nên n → = [ 1 2 ;u u → → ] = (-2 ; -2 ; -1) ⇒ pt mp(P): 2x + 2y + z + m = 0 d( 1 d ;(P)) = d(A ; (P)) = 7 3 m+ ; d( 2 ;( ))d P = d( B;(P)) = 5 3 m+ vì d( 1 d ;(P)) = 2. d( 2 ;( ))d P 7 2. 5m m⇔ + = + 7 2(5 ) 7 2(5 ) m m m m + = +  ⇔  + = − +  3 17 3 m m = −   ⇔  = −  Với m = -3 ⇒ mp(P) : 2x + 2y + z – 3 = 0 Với m = - 17 3 ⇒ mp(P) : 2x + 2y + z - 17 3 = 0 1,0đ Pt đầu ⇔ y – 2x + 8 = ( ) 6 2 2y x⇔ = thế vào pt thứ hai ta được: 2 3 8 2 .3 2.3 x x x x + = 8 18 2.27 x x x ⇔ + = 8 18 2 27 27 x x     ⇔ + =  ÷  ÷     3 2 2 2 3 3 x x     ⇔ + =  ÷  ÷     Đặt: t = 2 3 x    ÷   , (đk t > 0 ) , ta có pt: ( ) ( ) 3 2 2 0 1 2 0t t t t t+ − = ⇔ − + + = 0 1 0 x t y =  ⇔ = ⇒  =  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 . AC → =(6 ; -2 ) 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0,5 0,5 0,5 VII .b (1,0đ) ⇒ pt BI : 3x – y – 9 = 0 , mà B ∈ BI ⇒ B( b ; 3b – 9 ) Khi đó : AB → = (b +1 ; 3b – 7) ; CB → = (b- 5 ; 3b – 5) ABCD là. 2 ( 1) 2 2 ( 4) 4 t t dt t t dt t t − − = − − ∫ ∫ = 3 2 12 2 ( 3 ) 4 t dt t + + − ∫ = 2 2( 3 12ln 4 2 t t t+ + − ) 3 2 | = 1 1- 24 ln2 Vì ( ' A AG ) và ' ( )A BG cắt nhau theo giao. mp(ABC), nên A ’ G ⊥ (ABC) và ' 0 60A AG ∧ = Gọi x là cạnh ABC ∆ và H là trung điểm của BC 2 2 3 3 . 3 3 2 3 x x AG AH⇒ = = = 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 B C ’ A ’ B ’ J A