www.VNMATH.com
Sở giáo dục và ðào tạo Thanh Hóa
Trường THPT chuyên Lam Sơn

ðỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi :Toán khối A ( thời gian 180 phút )
Ngày thi : 7 /5/2011

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 ñiểm )
Câu I (2,0 ñiểm) Cho hàm số y = 2 x3 − 3(m −1) x 2 + m (1) (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2.
2. Tìm m ñể ñồ thị hàm số có ñiểm cực trị, kí hiệu là A, B sao cho ba ñiểm A, B, I (3;1) thẳng hàng.
Câu II (2,0 ñiểm )
sin 2 x
1. Giải phương trình
= (7 cos 2 x − 3) cot x.
π
 π

tan  + x tan  − x
 4

 4

2. Giải bất phương trình

x + 2 + x 2 − x − 2 ≤ 3x − 2

( x ∈ ℝ ).

Câu III (1,0 ñiểm ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các ñường: y = x + 2 + 2, y = x 2 + 4 x.

Câu IV (1,0 ñiểm) Cho hình hộp ñứng ABCD.A' B ' C ' D' có AB = a, AD = 2a, AA' = 3a (a > 0) và BAD = 600.
Chứng minh rằng AB vuông góc với BD’ và tính khoảng cách từ ñiểm A ' ñến mặt phẳng ( ABD ').
 x ≥ 0

Câu V (1,0 ñiểm ) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn  y ≥ 0

2
2
 x + 2 y = 1.

1+ 1+ 2 ≤ 1+ 2 x + 1+ 2 y ≤ 4 + 2 6 .

Chứng minh rằng

PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm ): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ).
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 ñiểm )
1.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho hình thoi ABCD có hai cạnh AB, CD lần lượt nằm trên hai
ñường thẳng d1 : x − 2 y + 5 = 0, d 2 : x − 2 y + 1 = 0. Viết phương trình các ñường thẳng AD và BC ,
biết M (−3;3) thuộc ñường thẳng AD và N (−1; 4) thuộc ñường thẳng BC.
2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz, viết phương trình ñường thẳng song song với các mặt phẳng
( P) : 3 x + 12 y − 3z − 5 = 0, (Q) : 3x − 4 y + 9 z + 7 = 0 và cắt hai ñường thẳng
x + 5 y − 3 z +1
x − 3 y +1 z − 2
d1 :
=
=
=
=
, d2 :

.
2
−4
3
−2
3
4
Câu VII.a (1,0 ñiểm ). Từ các chữ số 0;1; 2;3; 4;5 có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên lẻ, mỗi số gồm
6 chữ số khác nhau và tổng ba chữ số ñầu lớn hơn tổng ba chữ số cuối một ñơn vị.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 ñiểm )
x2 y2
1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho elíp ( E ) : + = 1 và các ñiểm A(−3;0), I (−1; 0). Tìm tọa ñộ
9
4
các ñiểm B, C thuộc ( E ) sao cho I là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho các ñiểm A(2; 0; −5), B (−3; −13; 7). Viết phương trình mặt
phẳng ( P ) ñi qua A, B và tạo với mặt phẳng Oxz một góc nhỏ nhất.
Câu VII.b (1,0 ñiểm ) Cho số phức z =

6(1 + i ) 2 + 4( 3 − 4i )
. Tìm dạng lượng giác của số phức z 3 .
1− i

……......................Hết .............................
Họ và tên thí sinh : .................................................. S ố báo danh :..................

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com


1


www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

ðỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12
Môn thi: TOÁN- khối B,D.
(Ngày thi 07/05/2011-Thời gian làm bài 180 phút)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
2x + 4
Câu I (2,0 ñiểm)
Cho hàm số y =
.
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (H)của hàm số.
2. Tìm tọa ñộ các ñiểm M trên (H) sao cho tiếp tuyến với (H) tại M tạo với ñường thẳng
0
y = 3 x + 1 một góc 45 .
Câu II (2,0 ñiểm)
cos x
.
1. Giải phương trình tan 2 x + cot x =
cos x − sin x
2. Giải bất phương trình

log 3 x −5 4 − log 6 x − 2 16 ≥ 0 .


Câu III (1,0 ñiểm)
Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho miền phẳng (D) giới hạn bởi các ñường x = 0; y = 0; y = 10;
y = x x − 1 . Tính thể tích khối tròn xoay ñược tạo thành khi quay miền (D) xung quanh Ox.
Câu IV (1,0 ñiểm)
Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông ở A và B, BDC = 600 , AD = a 11 ,
AB = a, SA = SB = SD = 2a .Tính thể tích của hình chóp S.ABD và khoảng cách từ S tới CD.
Câu V (1,0 ñiểm)
Cho các số thực x,y thay ñổi nhưng luôn thỏa mãn x + y − 3 = 4 x − 3 + y + 1 .

(

)

1
1
+
.
x−2 y+2
PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược làm 1 trong 2 phần - phần A hoặc phần B.
A . Theo chương trình chuẩn
Câu VIa. (2,0 ñiểm)
x2 y 2
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho elíp
+
= 1 với F1 , F2 là hai tiêu ñiểm; M là ñiểm trên
25 9
elíp sao cho F1 M F2 = 900 . Tìm bán kính của ñường tròn nội tiếp tam giác MF1 F2 .
2. Trong không gian, với hệ trục tọa ñộ Oxyz cho các ñiểm A(-1; -1;0), B(0;6;-3) và mặt phẳng
(P) có phương trình x + 2 y − z − 3 = 0 . Tìm tọa ñộ ñiểm M trên (P) ñể MA − MB lớn nhất.


Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =

(1 − 2i ) z + (1 + 2i ) z = 6

Câu VII.a. (1,0 ñiểm) Tìm số phức z thỏa mãn hệ phương trình  2
.
z
+
i
z
−
z
+
=
2
3
0

B . Theo chương trình nâng cao
Câu VIb. (2,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho hình vuông ABCD, biết các ñường thẳng AB, BC, CD, DA
tương ứng ñi qua M (10;3) , N ( 7; −2 ) , P ( −3; 4 ) , Q ( 4; −7 ) .Lập phương trình ñường thẳng AB.

(

)

x + 2 y −1 z − 5
=

=
và hai ñiểm
−2
3
1
A ( 2; −1;1) , B (1; −1;0 ) .Tìm tọa ñộ ñiểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác AMB nhỏ nhất.

2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho ñường thẳng ( d ) :

Câu VII.b. (1,0 ñiểm)
Tìm m ñể hàm số y =

x2 + ( m − 2) x + 1 − m

có hai ñiểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1 + 3 x2 = 6 .
x−2
...........................Hết...........................

Họ và tên thí sinh:........................................................... S ố báo danh .........................

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com


Sở Giáo dục và ðào tạo Thanh Hóa
Trường THPT chuyên Lam Sơn

www.VNMATH.com
ðÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI B - D (07/05/2011)


Câu

Nội dung cơ bản

ðiểm

Tập xác ñịnh D = ℝ \ {−1}

0,25

+ lim+ y = +∞ ; lim− y = −∞ nên ñồ thị có tiệm cận ñứng x = -1.
x →−1

x →−1

+ lim y = lim y = 2 nên ñồ thị có tiệm cận ngang y = 2 ; y ' =
x →−∞

x →+∞

−2

( x + 1)

2

< 0, ∀x ≠ −1

0,25


nên hàm số nghịch biến trong mỗi khoảng (-∞ ;-1) và (-1;+∞ ); không có cực trị.

0,25

Câu
I.1
(1,0 ñ)

ðồ thị : x = 0 ⇒ y = 4
y = 0 ⇒ x = -2

ðồ thị qua các ñiểm : (1;3), (-3;1)
nhận ñiểm I(-1;2) làm tâm ñối xứng.
0,25

+ Tiếp tuyến (∆) của (H) tại M có hệ số góc k ⇒ dạng phương trình (∆) : y = kx + m.
+ (∆) và (d): y = 3x +1 có véc tơ pháp tuyến lần lượt là n∆ = ( k ; −1) , nd = ( 3; −1)

Câu
I.2
(1,0 ñ)

(

+ Góc giữa (∆) và (d) bằng 450 nên cos n∆ ; nd

) = cos 45

0


⇔

3k + 1
k + 1. 10
2

=

1
2

⇔ 2k2 +3k - 2 = 0 ⇔ k = -2 hoặc k = 1/2.
+ k = 1/ 2 , ý nghĩa hình học của ñạo hàm ⇒ 1/ 2 = y ' ( xM ) = ... → không có M
+ k = -2 có −2 = ... ⇔ ( xM + 1) = 1 ⇔ xM = 0; xM = −2 → M(0;4) hoặc M(-2;0).
2

Câu
II.1
(1,0 ñ)

ðiều kiện : cos2x ≠ 0; sinx ≠ 0; cosx ≠ sinx ⇔ cos2x ≠ 0; sinx ≠ 0 (*)
sin 2 x cos x
cos x
+
=
Khi ñó phương trình tương ñương với :
cos 2 x sin x cos x − sin x
⇔
( sin 2 x.sin x + cos 2 x.cos x ) . ( cos x − sin x ) = cos x.cos 2 x.sin x

⇔

cos x. ( cos x − sin x ) = cos x. ( cos x − sin x ) . ( cos x + sin x ) .sin x

⇔ cos x = cos x ( cos x + sin x ) sin x (do cos x − sin x ≠ 0)
⇔ cos x 1 − ( cos x + sin x ) sin x  = 0

(

)

⇔ cos x cos 2 x − cos x.sin x = 0

⇔ cos x 1 − cos x.sin x − sin 2 x  = 0
⇔ cos 2 x ( cos x − sin x ) = 0

⇔ cos x = 0 (do cos x − sin x ≠ 0) ⇔ x = π / 2 + kπ , k ∈ Z thỏa mãn (*)
Trang 1/4
www.VNMATH.com

0,25

www.VNMATH.com

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25


0,25

0,25


www.VNMATH.com
Câu

Nội dung cơ bản
0 < 3 x − 5 ≠ 1
5
ðiều kiện 
⇔ < x ≠ 2 (*)
3
0 < 6 x − 2 ≠ 1

ðiểm

( khi ñó 6x - 2 > 8)
0,25

2
4
Với ñiều kiện (*), bất phương trình tương ñương với
−
≥0
log 2 ( 3x − 5 ) log 2 ( 6 x − 2 )
⇔


Câu
II.2
(1,0 ñ)

log 2 ( 6 x − 2 ) − 2 log 2 ( 3x − 5)
log 2 ( 3x − 5 ) .log 2 ( 6 x − 2 )

≥0 ⇔

log 2 ( 6 x − 2 ) − 2 log 2 ( 3x − 5)
log 2 ( 3x − 5)

( với ñiều kiện (*) thì log 2 ( 6 x − 2 ) > 0 )

≥ 0 (1)

0,25

Trên miền x > 2, ta có log 2 ( 3x − 5 ) > 0 nên

(1) ⇔ log 2 ( 6 x − 2 ) − 2 log 2 ( 3x − 5) ≥ 0 ⇔ 6 x − 2 ≥ ( 3 x − 5 ) ⇔ ...

0,25

2

⇔ x 2 − 4 x + 3 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 3, kết hợp ñiều kiện x > 2 ta có 2 < x ≤ 3.
Trên miền 5 / 3 < x < 2 , ta có log 2 ( 3x − 5 ) < 0 nên
(1) ⇔ log 2 ( 6 x − 2 ) − 2 log 2 ( 3x − 5 ) ≤ 0 ⇔ 6 x − 2 ≤ ( 3 x − 5 ) ⇔ ...
2


0,25

⇔ x − 4 x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 hoặc x ≥ 2 không thỏa mãn ñiều kiện ñang xét
Vậy tập nghiệm là S = ( 2;3] .
2

(

)

+ x x − 1 = 10 ⇔ x3 − x 2 − 100 = 0 ( x ≥ 0 ) ⇔ ( x − 5 ) x 2 + 4 x + 20 = 0 ⇔ x = 5 .
+ Miền (D) là hình thang cong OABC với O ( 0;0 ) , A ( 0;10 ) , B ( 5;10 ) , C (1; 0 )

0,25

⇒ hình chiếu của B trên Ox là H ( 5; 0 ) .

Câu
III

V = VOABH − VCBH , trong ñó VOABH , VCBH lần lượt là thể tích các khối tròn xoay do hình
chữ nhật OABH và tam giác cong CBH quay xung quanh trục Ox.
+ Công thức thể tích hình trụ
⇒ VOABH = π .OA2 .OH = π 10 2.5 = 500π

(1,0ñ)

5


(

)

2

5

(

0,25
0, 25

)

VCBH = π ∫ x x − 1 dx = π ∫ x 3 − x 2 dx
1

1

 x 4 x3  5 344π
=π  −  =
3 1
3
 4
344π 1156π
⇒ V = 500π −
=
(ñvtt)
3

3
+ Hạ SH ⊥ (ABCD) tại H , có SA = SB = SD ⇒ HA = HB = HD (các hình chiếu có
các ñường xiên bằng nhau) ; ∆ABD vuông ở A nên H là trung ñiểm của BD
+ BD =

a 3 11
1
1 a.a 11
+ Vc = dt ( ∆ABD ) .SH =
.a =
3
3 2
6
+ Hạ HI ⊥ CD tại I , theo ñịnh lý ba ñường vuông
góc ta có CD ⊥ SI ⇒ SI là khoảng cách cần tìm.
+ ∆HID ⇒ HI = HD.sin HID = a 3.sin 600 =
+ ∆SHI ⇒ SI = SH 2 + HI 2 = ... =

Trang 2/4
www.VNMATH.com

0,25

AB 2 + AD 2 = 12a 2 ⇒ HD = a 3

⇒ SH = SD 2 − HD 2 = 4a 2 − 3a 2 = a

Câu IV
(1,0ñ)


0, 25

3a
2

a 13
2

www.VNMATH.com

0,25

0,25

0,25


www.VNMATH.com
Câu

Nội dung cơ bản
+ ðặt
ta có

x − 3 = a, y + 1 = b với a,b ≥ 0 . Giả thiết x + y − 3 = 4

(

x − 3 + y +1


)

a 2 + b 2 = 4 ( a + b ) + 1 ⇔ ( a + b ) − 4 ( a + b ) = 2ab + 1 (1)

ðiểm

2

0,25

1
1
Bài toán trở về tìm Max, min của M = 2
+ 2
với ñiều kiện (1) và a,b ≥ 0 .
a +1 b +1
+ Lại ñặt a + b = S , ab = P . ðiều kiện (1) ⇒ a 2 + b 2 = 4 S + 1 và S 2 − 4 S − 1 = 2 P (1')

+ Kết hợp (1') và ñiều kiện phương trình t 2 − St + P = 0 có 2 nghiệm không âm.
2
 S 2 ≥ 2 S 2 − 4S − 1
 S ≥ 4 P ; S ≥ 0; P ≥ 0
ta có hệ  2
⇒ 
2
 S − 4 S − 1 = 2 P
 S ≥ 0; S − 4S − 1 ≥ 0
 S 2 − 8S − 2 ≤ 0
⇔ 2 + 5 ≤ S ≤ 4 + 3 2 (2)
⇔ 

2
 S ≥ 0; S − 4 S − 1 ≥ 0
1 1
4
4
4
+ Có
+ ≥
với u,v > 0 nên M ≥ 2
=
(do a 2 + b 2 = 4 S + 1 )
2
u v u+v
a + b + 2 4S + 3
4
4
3 2
mà có (2) nên M ≥
⇒ min M =
khi a = b = 2 +
.
2
19 + 12 2
4 4+3 2 +3

(

Câu V
(1,0ñ)


(

)

0,25

0,25

)

a + b2 + 2
1
1
4S + 3
(do a 2 + b 2 = 4 S + 1 )
+ M = 2
+ 2
= 2
=
2
2 2
2
a + 1 b + 1 a + b + a b + 1 4S + 2 + P
4S + 3
1
1
1
+ P2 ≥ 0 ⇒ M ≤
= 1+
≤ 1+

⇒ max M = 1 +
.
4S + 2
4S + 2
10 + 4 5
4 2+ 5 +2
2

(

)

0,25

ðạt ñược khi a = 0, b = 2 + 5 hoặc ngược lại.
+ a = 5, b = 3 ⇒ c = a 2 − b 2 = 4 ⇒ F1 F2 = 2c = 8

0,25

Câu

+ Vì F1 M F2 = 900 nên MF12 + MF22 = ( F1 F2 ) = 64

0,25

VIa.1

+ ∆MF1 F2 vuông ở M nên 4dt ( ∆MF1 F2 ) = 2 MF1 .MF2 = ( MF1 + MF2 ) − MF12 − MF22

0,25


+ Chu vi ∆MF1 F2 là 2 p = ( MF1 + MF2 ) + F1 F2 = 2a + 2c ⇒ p = a + c = 9

0,25

(1,0ñ)

2

2

mà MF1 + MF2 = 2a = 10 nên 4dt ( ∆MF1 F2 ) = 102 − 64 = 36 ⇒ dt ( ∆MF1 F2 ) = 9

⇒ r = S / p = 9 / 9 = 1 (ñv dài)
+ Gọi A' là ñiểm ñối xứng của A qua (P), ∀M ∈ (P) ta có MA = MA' nên
MA − MB = MA '− MB ≤ A ' B (*). Dấu "=" xảy ra ⇔ M,A',B thẳng hàng và M nằm

0,25

ngoài ñoạn A'B, tức là M ≡ M0 = A'B ∩ (P); khi ñó MA − MB lớn nhất.

Câu
VIa.2
(1,0ñ)

qua A ( −1; −1;0 )
+ Hạ AH ⊥(P) tại H, thì AH : 
⇒ H ( −1 + t ; −1 + 2t ; −t ) (tham số t)
u
n

=
=
1;
2;
−
1
(
)
 AH
P
+ H ∈ (P) ⇒ ( −1 + t ) + 2 ( −1 + 2t ) − ( −t ) − 3 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ H(0;1;-1) .
H là trung ñiểm của A'A ⇒ tọa ñộ A' là A'(1;3;-2).
qua B ( 0; 6; −3)
+ BM 0 : 
⇒ tọa ñộ M 0 ( s; 6 − 3s; −3 + s ) (s là tham số).
=
−
'
1;
3;1
v.t¬
chØ
ph−¬ng
BA
(
)

+ M0 ∈ (P) ⇒ s + 2 ( 6 − 3s ) − ( −3 + s ) − 3 = 0 ⇔ s = 2 ⇒ M 0 ( 2; 0; −1)
+ Rõ ràng xB < x A ' < xM 0 nên M0 nằm ngoài ñoạn B A' và dấu "=" ở (*) xảy ra .
⇒ M 0 ( 2; 0; −1) là ñiểm cần tìm .


Trang 3/4
www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

0,25

0,25

0,25


www.VNMATH.com
Câu

Nội dung cơ bản

ðiểm

( Víi a, b ∈ R ) , từ phương trình (1 − 2i ) z + (1 + 2i ) z = 6 ta có
(1 − 2i )( a + bi ) + (1 + 2i )( a − bi ) = 6 ⇔ ... ⇔ 2a + 4b = 6 + 0i ⇔ a + 2b = 3

+ ðặt z = a + bi

Câu
VIIa
(1,0ñ)

(


0,25

(1)

)

+ Từ phương trình z + 2i z − z + 3 = 0 ta có a 2 + b 2 + 2i.2bi + 3 = 0
2

0,25

⇔ a + b − 4b + 3 = 0 (2)
2

2

+ Từ (1),(2) ta có ( 3 − 2b ) + b 2 − 4b + 3 = 0 ⇔ 5b 2 − 16b + 12 = 0 ⇔ b = 2 ; b =
2

b = 2 ⇒ a = −1 ; b =

6
.
5

6
3
3 + 6i
⇒ a = Vậy có 2 số phức cần tìm là z1 = −1 + 2i, z2 =

5
5
5

+ Gọi véc tơ pháp tuyến của AB là n AB = ( a; b )

(a

2

)

+ b 2 > 0 ⇒ nBC = ( b; − a )

Khi ñó cạnh của hình vuông bằng d P → AB = d Q→ BC (1) ( Vẽ hình minh họa)

0,25
0,25

0,25

+ AB qua M(10;3) nên phương trình AB : a ( x − 10 ) + b ( y − 3) = 0 .

Câu
VIb.1
(1,0ñ)

+ P(-3;4) ⇒ d P → AB =

−13a + b


0,25

(2)

a2 + b2
+ BC qua N(7;-2) nên phương trình BC : b ( x − 7 ) − a ( y + 2 ) = 0
+ Q(4;-7) ⇒ dQ→ BC =

−3b + 5a

0,25

(3)

a2 + b2
+ Từ (1), (2), (3) ta có −13a + b = −3b + 5a → 2 trường hợp:
−13a + b = −3b + 5a ⇔ 18a − 4b = 0 , chọn a = 2 ⇒ b = 9 ta có AB : 2 x + 9 y − 47 = 0
−13a + b = 3b − 5a ⇔ 8a + 2b = 0 , chọn a = 1 ⇒ b = - 4 ta có AB : x − 4 y + 2 = 0

0,25

⇒ AM = ( −4 + 3t ; 2 − 2t ; 4 + t ) , AB = ( − 1; 0; −1)

0,25

+  AM ; AB  = .... = ( 2t − 2; 2t − 8; −2t + 2 )
1
1
2

2
2
+ dt ( ∆AMB ) =  AM ; AB  =
( 2t − 2 ) + ( 2t − 8 ) + ( −2t + 2 ) = 3t 2 − 12t + 18
2
2

0,25

+ Vì M ∈ (d) nên tọa ñộ M có dạng M ( −2 + 3t ;1 − 2t ;5 + t ) ( t là tham số)

Câu
VIb.2
(1,0ñ)

+ dt ( ∆AMB ) = 3 ( t − 2 ) + 6 ≥ 6 . Dấu "=" ⇔ t = 2, khi ñó dt ( ∆AMB ) nhỏ nhất →

0,25

2

ñiểm cần tìm M ( 4; −3;7 ) .
+ ðiều kiện xác ñinh x ≠ 2, y ' = ... =

x2 − 4 x + 3 − m

( x − 2)

2


0,25

.

+ ðặt f ( x ) = x 2 − 4 x + 3 − m , yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình

Câu
VIIb
(1,0ñ)

0,25

f ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 2 và thỏa mãn x1 + 3 x2 = 6 .

0,25

∆ ' = m + 1 > 0; f ( 2 ) ≠ 0 (1)

(2)
 x .x = 3 − m
+ Kết hợp với ñịnh lý Vi ét ta có hệ  1 2
 x1 + x2 = 4
 x + 3x = 6
2
 1

0,25

+ Từ hai phương trình sau có x1 = 3, x2 = 1 thay vào (2) → m = 0 khi ñó (1) thỏa mãn
Vậy giá trị cần tìm là m = 0.


0,25

Ghi chú : ðáp án có 4 trang - Các cách giải khác nếu ñúng vẫn cho ñiểm tối ña.
Trang 4/4
www.VNMATH.com

www.VNMATH.com


www.VNMATH.com
Trường THPT chuyên Lam sơn

ðÁP ÁN
Câu

ðỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010-2011. Môn thi :Toán khối A
Nội dung
Ý

I

2,00
1,00

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi m = 2.
Với m = 2 , suy ra y = 2 x3 − 3 x 2 + 2.
• Tập xác ñịnh : ℝ .
• lim y = −∞; lim y = +∞.
x→−∞


•
•
•

ðiểm

0,50

x→+∞

y ' = 6 x − 6 x = 6 x ( x − 1), y ' = 0 ⇔ x = 0 hoÆc x = 1.
yC§ = y(0) = 2, yCT = y(1) = 1.
Bảng biến thiên:
2

x

−∞

+

y'

0

+∞

1


0

−

+

0

0,25

+∞

2
y
−∞

1

ðồ thị hàm số:

y

2

0,25

1
−1 / 2

0


1 3/2 x

2 Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) ...

I

1,00

Ta có y ' = 6 x 2 − 6(m −1) x = 6 x( x − m + 1).
ðồ thị hàm só có cực trị khi và chỉ khi y’ có hai nghiệm phân biêt ⇔ m ≠ 1.
Tọa ñiểm cực trị: A(0; m), B (m −1; −(m −1)3 + m) ⇒ AB : y = −(m −1) 2 x + m
Ba ñiểm A, B, I (3;1) thẳng hàng thẳng hàng khi và chỉ khi I ∈ AB
4
4
⇔ 1 = −(m −1) 2 .3 + m ⇔ m = hoặc m = 1 (loại). ðS: m = .
3
3
 x m −1
2
Cách khác: Thực hiện phép chia y cho y’, ta ñược y =  −
 y '− (m −1) x + m.
 3

6

0,25
0,25
0,25


0,25
0,25

Tại x1 , x2 là nghiệm của y ' = 0, suy ra yi = y ( xi ) = −(m −1) 2 xi + m (i = 1, 2).
Suy ra pt ñt ñi qua hai ñiểm cực trị A, B: y = −(m −1)2 x + m.
Ba ñiểm A, B, I (3;1) thẳng hàng thẳng hàng khi và chỉ khi I ∈ AB
4
4
⇔ 1 = −(m −1) 2 .3 + m ⇔ m = hoặc m = 1 (loại). ðS: m = .
3
3

II

2,00
1,00

1 Giải phương trình

www.VNMATH.com

0,50

www.VNMATH.com

1


www.VNMATH.com
π

 π
 π
 π

ð/k: sin x ≠ 0, sin  + x sin  − x cos  + x cos  − x ≠ 0.
 4
  4
  4
  4


0,25

π
 π
 π
π
 π

π
 π

Ta có  + x +  − x = ⇒ tan  + x tan  − x = tan  + x cot  + x = 1.
 4





 4

 2
4
 4

4
 4

Phương trình ñã cho trở thành
cos x
sin 2 x = (7 cos 2 x − 3)
⇔ sin 3 x + 3cos x − 7 cos3 x = 0 ⇔ 4 cot 3 x − 3cot x −1 = 0
sin x
−1
⇔ cot x = 1 hoặc cot x =
.
2
 −1
−1
cot x = 1 (koại do ñ/k). Với cot x =
⇔ x = arc cot   + k π (k ∈ ℤ).
 2 
2

0,50

0,25

2 Giải bất phương trình: x + 2 + x 2 − x − 2 ≤ 3 x − 2 (1)
2
ð/k: x ∈ [ ; +∞). (1) ⇔ x + 2 − 3 x − 2 + ( x 2 − x − 2) ≤ 0

3


−2
⇔ ( x − 2) 
+ x +1 ≤ 0 . (2)
 x + 2 + 3x − 2


(

1,00

)

0,50

−2

2
+ x + 1, ( x ≥ ) là hàm ñồng biến trên
3
x + 2 + 3x − 2
2 5
3
Suy ra f ( x) ≥ f   = −
> 0 . Vậy (2) ⇔ x ∈ [2/3; 2].
 3  3
2


ðặt f ( x) =

III

2

 3 ; +∞ 

0.50

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các .....

1,00

 x 2 + 4 x − 2 ≥ 0
x =1

2

Pt hoành ñộ giao ñiểm: x + 2 + 2 = x + 4 x ⇔  2
⇔
( x + 3x − 4)( x 2 + 5 x) = 0
 x = −5.


0,25

1

Với x ∈[ −5;1] ⇒ x + 2 ≥ x2 + 4x −2. Vậy diện tích cần tìm là S = ∫ ( x + 2 − x2 −4x + 2) dx

−5

−2

0,50

1

= ∫ (−x 2 − 5 x) dx + ∫ (−x 2 − 3 x + 4) dx
−5

 x 3 5 x 2 

= − −
 3
2 

IV

−2

−2

−5

 −x3 3 x 2

+ 
−
+ 4 x

 3
2


1

=
−2

27 27
+ = 27 (ñvdt).
2
2

Chứng minh AB ⊥ BD ' và tính d ( A ', ( ABD '))
Trong tam giác ABD, ta có:
BD 2 = AB 2 + AD 2 − 2 AB. AD cos 600 = 3a 2 A’
⇒ AB 2 + BD 2 = AB 2 ⇒ ∆ABD vuông tại B
Như vậy :

AB ⊥ BD
 ⇒ AB ⊥ ( BB ' D'D)
DD ' ⊥ ( ABCD )
⇒ AB ⊥ BD '.

1,00
D’

C’
B’


O

D
Gọi O = AD '∩ A ' D ⇒ O là trung ñiểm A’D, A 600
Suy ra d ( A ', ( ABD ')) = d ( D, ( ABD ')).
(1)
Kẻ DH ⊥ D ' B ( H ∈ D ' B ).
Từ AB ⊥ ( BB ' D ' D ) ⇒ AB ⊥ DH (2)
Từ (1) và (2) suy ra DH ⊥ ( ABD ') ⇒ d ( D, ( ABD ') = DH .

www.VNMATH.com

0,25

H

0,25

C
B

0,50

www.VNMATH.com

2


www.VNMATH.com

Trong tam giác BDD’ vuông tại D, có DH là ñường cao, suy ra
1
1
1
3a
3a
=
+
⇒ DH =
⇒ d ( A '; ( ABD ')) = .
2
2
2
DH
DB
DD '
2
2

V

0,25

Chứng minh bất ñẳng thức ......

1,00

Áp dụng bất ñẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:

(


)

2

1+ 2x + 1+ 2 y ≤ 2(2 + 2(x + y))


  1
1
3
6
và ( x + y )2 = 1.x +
. 2 y ≤ 1 +  ( x 2 + 2 y 2 ) = . Suy ra x + y ≤
.

  2 
2
2
2
2

0,25

Do ñó 1 + 2 x + 1 + 2 y ≤ 4 + 2 6 .
Ta lại có

(

1+ 2 x + 1+ 2 y


)

2

= 2 + 2( x + y ) + 2 1 + 2( x + y ) + 4 xy

≥ 2 + 2( x + y ) + 2 1 + 2( x + y ).

x2
1
1
2
.
Mặt khác ( x + y ) = x + 2 xy + y ≥ + y 2 = ( x 2 + 2 y 2 ) = ⇒ x + y ≥
2
2
2
2
2

VI.a

2

2

Do ñó 1 + 2 x + 1 + 2 y ≥ 1 + 1 + 2 .
Theo chương trình chuẩn
1 Viết phương trình các ñường thẳng AD và BC ...


0,75

3,00
1,00

Giả sử ta ñã xác ñịnh ñược các ñường thẳng AD và BC thoả mãn bài toán.
ðường thẳng AB ñi qua ñiểm E (−5;0). ðường thẳng BC ñi qua ñiểm N (−1; 4) có pt
dạng a( x +1) + b( y − 4) = 0,(a2 + b2 ≠ 0). Ta có AB.d ( AB, CD) = S( ABCD ) = BC.d ( AD, BC )
d ( AB, CD) = d ( AD, BC) ⇔ d (E, d2 ) = d (M , BC) ⇔

−4

1+ 4

=

−2a −b
a +b
2

⇔ 11 b − 20 ab − 4 a = 0 ⇔ b = 2a hoặc 11b = −2a.
Với b = 2a, chọn a = 1 ⇒ b = 2. Suy ra BC : x + 2 y − 7 = 0.
Vì AD / / BD ⇒ AD :1( x + 3) + 2( y − 3) = 0 ⇔ x + 2 y − 3 = 0.
Với 11b = −2a, chọn a = 11 ⇒ b = −2. Suy ra BC :11x − 2 y + 19 = 0.
Vì AD / / BD ⇒ AD :11( x + 3) − 2( y −3) = 0 ⇔ 11x − 2 y + 39 = 0.
2

0,50


2

2

2 Mặt phẳng (P) có một vtpt n = (3;12; −3), mp(Q) có một vtpt n = (3; −4;9).
P
Q
Lấy A ∈ (d1 ), B ∈ (d 2 ), suy ra A(−5 + 2t ;3 − 4t ; −1 + 3t ), B (3 − 2 s; −1 + 3s; 2 + 4 s ).
Suy ra AB = (8 − 2t − 2s; −4 + 4t + 3s;3 − 3t + 4s ).
n . AB = 0
 P
Nếu AB là ñường thẳng cần tìm thì 


nQ . AB = 0.
 A(−3; −1; 2), B (5; −4; −2)
t = 1
x + 3 y +1 z − 2
Suy ra 
⇒ 
⇒ AB :
=
=
.
−3
−4
8
s = −1  AB = (8; −3; −4)
Thử thấy các ñiểm A, B không thuộc các mặt phẳng (P), (Q).
x + 3 y +1 z − 2

Vây phương trình ñường thẳng cần tìm là AB :
=
=
.
8
−3
−4
3 Tìm số các số ….

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

1,00

Giả sử lập ñược số x = a1a2 a3 a4 a5 a6 thoả mãn yêu cầu bài toán. Ta có
a1 + a2 + a3 = a4 + a5 + a6 + 1 ⇒ 2(a1 + a2 + a3 ) = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + 1 = 16

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

0,25
3



www.VNMATH.com
a1 + a2 + a3 = 8. Các bộ ba phần tử của tập {0;1; 2;3; 4;5} có tổng bằng 8 là

{0;3;5} , {1; 2;5} , {1;3; 4}.
Với {a1 , a2 , a3 } = {0;3;5} ⇒ {a4 , a5 , a6 } = {1; 2;4}. Trường hợp này lập ñược 2.2!.2! (số).
Với {a1 , a2 , a3 } = {1;2;5} ⇒ {a4 , a5 , a6 } = {0;3;4}. Trường hợp này lập ñược 3!.2! (số).
Với {a1 , a2 , a3 } = {1;3; 4} ⇒ {a4 , a5 , a6 } = {0;2;5}. Trường hợp này lập ñược 3!.2! (số).

VI.b

Vậy số các số lập ñược thoả mãn yêu cầu bài toán là 2.2!.2!+ 3!.2!+ 3!.2! = 32 (số).
Theo chương trình nâng cao
1 Tìm toạ ñộ các ñiểm B, C .....
Ta có IA = 2 ⇒ ðường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có pt: ( x + 1) 2 + y 2 = 4.
 x 2 y 2
 +
=1
Toạ ñộ của các ñiểm B, C cần tìm là nghiệm của hệ pt:  9
4

( x + 1) 2 + y 2 = 4.
−3

( x + 1) 2 + y 2 = 4
x = −3, x =


⇔ 2
⇔

5

2
2
5 x + 18 x + 9 = 0
( x + 1) + y = 4
Với x = −3 ⇒ y = 0, suy ra B hoặc C trùng A (loại).
−3 4 6  −3 −4 6 
−3
4 6
, C ;
 hoặc
⇒ y =±
. Như vậy B ;
 5 5   5
5
5
5 
2 Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua các ñiểm ....

0,25

0,25
0,25

2

0,25

1,00


Gọi n = (a; b; c) (a + b + c ≠ 0) là vtpt của mặt phẳng (P), thì vì (P) ñi qua A, B nên
2

0,25
3,00
1,00
0,25

−3 −4 6 −3 4 6
, C ;
.
B ;
 5 5   5 5 

Với x =

0,50

2

n vuông góc với AB = (−5; −13;12)

⇒ n. AB = 0 ⇒ −5a −13b + 12c = 0 ⇒ b =

0,25

−5a + 12c
.
13

n. j

Gọi ϕ là góc giữa mp(P) và mp(Oxz) thì cos ϕ =

, trong ñó j = (0;1; 0) là vtpt của

n. j

0,25

b

mặt phẳng (Oxz ). Vậy cos ϕ =

a2 + b2 + c2

.

Nếu b = 0, thì cos ϕ = 0 ⇒ ϕ = 900 có giá trị lớn nhất.

C1: Nếu b ≠ 0, thì cos ϕ =

1
a +b +c
b2
2

2

2


=

1
a +c
+1
b2
2

2

=

1
169( a + c 2 )
+1
(− 5 a + 12 c ) 2
2

.

0,50

1
2
Ta có: (−5a +12c)2 ≤ (25 +144)(a2 + c2 ) = 169(a2 + c2 ), nên cos ϕ ≤
=
⇒ ϕ ≥ 450.
1+1
2

Dấu " = " xảy ra khi −12a = 5c. Chọn a = 5, thì c = −12 và b = −13.
Vậy pt mp(P) là 5( x − 2) −13 y −12( z + 5) = 0 ⇔ 5 x −13 y −12 z − 70 = 0.

C2: cos ϕ =

b
a +b +c
2

2

2

=

b
 12c − 13b 
2
2

 +b +c
5


2

=

5
2


≤

 c

13. − 12  + 50
 b


5
5 2

=

1

.

2

c
12c − 13b
Minϕ = 450 , khi 13 − 12 = 0, a =
. Suy ra ( P ) : 5 x − 13 y − 12 z − 70 = 0.
b
5

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com


4


www.VNMATH.com
VII.b

Tìm dạng lương giác của số phức z 3

1,00

 3 1 
Ta có: 6(1 + i ) 2 + 4( 3 − 4i ) = 6(1 + 2i + i 2 ) + 4 3 − 16i = 4 3 − 4i = 8 
− i
2
2 

 2


 −π 
 −π   và
2 
−π
−π 
= 8  cos 
−
i  = 2  cos
+ i sin
1 − i = 2 

 .
 + i sin 




 6 

 6 

 2

2 



0,50

4 

4

  −π 
 −π 
= 8  cos   + i sin  
  6 
  −π π 
 6 
 −π π 
Do ñó z =

= 4 2  cos 
+  + i sin 
+ 
 6
  6
 −π


−
π
4
4 
+ i sin
2 cos


4
4 
 π
 π 
 π 
 π 
= 4 2  cos   + i sin   ⇒ z 3 = 128 2  cos   + i sin   .
12 
 12 
  4 
 4 


0,50


Ghi chú: Câu VI.b2 có thể giải theo cách sau:
Vì A ∈ mp (Oxz ), nên mặt phẳng (P) ñi qua AB sẽ cắt mp(Oxz) theo giao tuyến ∆ ñi qua A và nằm trên mặt
phẳng (Oxz). Gọi B’ là hình chiếu của B trên mặt phẳng (Oxz) và H là hình chiếu của B trên ∆ thì góc
ϕ = BHB ' là góc giữa mp(P) và mp(Oxz).
BB '
Ta có tan ϕ = tan BHB ' =
, nhưng BB’ không ñổi còn
B'H
B
BB '
B ' H ≤ B ' A, nên tan ϕ ≥
. Dấu bằng xảy ra khi H trùng
B'A
0,25
A, tức là góc ϕ có giá trị nhỏ nhất.
Khi góc ϕ có giá trị nhỏ nhất, ta gọi u là vtcp của ∆ , thì vì ∆
nằm trong Oxz nên u vuông góc với vtpt j = (0;1; 0) của Oxz,

B’

A

0,25

và u vuông góc với vectơ BA = (5;13; −12), ta chọn

n

H


u = [ BA, j ] = (12; 0;5).

Oxz

Mặt khác mp(P) chứa A, B và ∆ , nên vtpt n của (P) cùng
phương với vectơ [ BA, u ] = (65; −169; −152).

0,25

Ta chọn lại n = (5; −13; −12) , pt mp(P):
5( x − 2) −13( y − 0) −12( z + 5) = 0 ⇔ 5 x −13 y −12 z − 70 = 0.

0,25

u

∆

Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong ñáp án mà ñúng thì ñược ñủ ñiểm từng phần như ñáp
án qui ñịnh.

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

5


www.VNMATH.com


www.VNMATH.com

www.VNMATH.com


www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com