<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

Sở GD-ĐT Phú Thọ Đề kiểm tra chất lượng lớp 12 lần 1 năm học 2011- 2012
Trường THPT Tam Nông Môn : Toán (Khối A) - Thời gian 180 (Phút)

<b>---Phần chung cho các thí sinh (7 điểm)</b>

<b>Bài 1 (2 điểm ): </b>

Cho hàm số :y x 4 2 m 2 x







22

 

1 .

1- Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

 

C của hàm số (1) khi m 4 _.

2- Tìm m để hàm số (1) có 3 cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số là ba đỉnh của tam giác có
trọng tâm là gốc toạ độ O.

<b>Bài 2 (2 điểm ):</b>

1- Giải phương trình lượng giác:

sin x 2cos x.cot x 3 cos x 0
6



 

 _  _ 

 

2- Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

y 5x 26x 2y 6
y 5x 4xy 22x 2y 8

    




    




<b>Bài 3 (1 điểm ):</b>

Tính tích phân :





10

10

ln x.log x

I dx

x



_

<b>Bài 4 (1 điểm ): </b>

Cho hình trụ có trục OO’ chiều cao 2a, bán kính đáy bằng a . Hai điểm A, B lần lượt ở trên hai đường tròn
đáy (O) và (O’), biết góc tạo bởi AB và OO’ bằng 300_{. Tính thể tích của tứ diện ABOO’ và khoảng cách}
giữa hai đường thẳng AB với OO’.

<b>Bài 5 (1 điểm ): </b>

Cho các số thực x, y thỏa mãn : x 3 x 1 3 y 2 y     .Tìm giá trị lớn nhất, bé nhất (nếu có ) của biểu
thức: S x y 

<b>Phần tự chọn ( 3 điểm) ( thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau )</b>
<b>Phần dành cho chương trình chuẩn</b>

<b>Bài 6A (2 điểm)</b>

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường trịn (C): x2y21.Viết phương trình đường trịn (C1) có bán kính R1=2
tiếp xúc với đường thẳng : 3x 4y 10 0   và tiếp xúc ngoài với đường tròn (C)

2- Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với A 2;2;1 , B 4;0;2 ,C 6;2;4













. Tính độ dài đường phân giác
trong của góc A.

<b>Bài 7A (1 điểm )</b>

Gieo đồng thời ba con súc sắc cân đối đồng chất (mỗi con súc sắc có 6 mặt và số chấm trên các mặt của
một con súc sắc là các số lần lượt từ 1 đến 6). Tìm xác suất để tích số chấm trên các mặt xuất hiện của ba
con súc sắc là một số chính phương.

<b>Phần dành cho chương trình nâng cao.</b>
<b>Bài 6B (2 điểm)</b>

1- Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết trực tâm H(1;1), trọng tâm G(2;0) và hình chiếu vng góc
của A trên BC là 1

1 3

A ;

5 5

 



 

 _{. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.}

2. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với A 7; 1;4 , B 1;2;7 ,C 3;1;0















. Xác định tâm và tính bán
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

<b>Bài 7B (1 điểm) </b>

Giải bất phương trình: log x log x.log 81x2  3





log x₃ 20

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Trường THPT Tam Nông Đáp án chấm thi khảo sát chất lượng lần 1
Mơn : Tốn (khối A) - Năm học: 2011- 2012
---

(Đáp án có 5 trang)

Bài Nội dung Điểm

Bài 1
(2điểm)

<b>Bài 1 (2 điểm ): </b>

Cho hàm số :y x 4 2 m 2 x







22 (1).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

 

C của hàm số (1) với m 4 .

<b>1.00</b>

Với m = 4 ta có hàm số y x 4 4x2 2

 

C
1. Tập xác định: D

2. Giới hạn tại vô cực:

 Giới hạn: x x

lim y , lim y

      

0.25

 Bảng biến thiên:





3 2

y' 4x  8x 4x x  2

, y, 0 x 0; x  2

x -   2 0 2 + 

y’  _{0 + 0} _{0 +}

_{2 +}_

y

22

0.25

 Hàm số đồng biến trên các khoảng:



 2;0 ;

 

2;



và nghịch biến trên các

khoảng



  ; 2 ; 0; 2

 



.

 Điểm cực đại của đồ thị là



0;2



; điểm cực tiểu của đồ thị là



 2; 2



và



2; 2



0.25

3. Đồ thị của hàm số đi qua các điểm :



0;2



,



 2 2 ;0



,



 2 2 ;0



học sinh tự
vẽ đồ thị

0.25

<b>. Cho hàm số :</b>y x 4 2 m 2 x







22

 

1 .

2. Tìm m để hàm số

 

1 có 3 cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số là ba
đỉnh của tam giác nhận gốc toạ độ O làm trọng tâm.

<b>1.00</b>











, 3 2

y 4x  4 m 2 x 4x x   m 2

, để hàm số có 3 cực trị thì y,0 có 3 nghiệm

phân biệt  m 2 0.25

,

y  0 x 0; x  m 2

Các điểm cực trị của đồ thị là: A 0;2





;





2

B  m 2; m  4m 2

;



2



C m 2; m  4m 2

0.25

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

A B C O 2

A B C O

x x x 3x

m 4m 1 0 m 2 3

y y y 3y

  

      

  


 Vậy giá trị cần tìm là: m 2  3 0.25

Bài 2
(2điểm)

<b>1. Giải phương trình lượng giác: </b>

sin x 2cos x.cot x 3 cos x 0
6

 
 _  _ 
 
<b>1.00</b>

 Điều kiện xác định:

sin x 0 x k

6 6

 

 

     

 

  0.25

 Với điều kiện trên phương trình tương đương

sin x 3 cos x 2cos x.cot x sin x cos x.tan x

6 3 3

  
     
  _  _ _  _ _  _
     
0.25


sin x cos x cos x 0

3 3
 
 
   

   
   
   
0.25










sin x 0 _x _k _Tm

3 ₃

x k Tm

cos x cos x

6
3
  __  
  
 
 _
 

  
 _  _  _ _{ }
   _
 


Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 3 k



  

.

0.25

<b>2 . Giải hệ phương trình: </b>

 

 

2 2

2 2

y 5x 26x 2y 6 1

y 5x 4xy 22x 2y 8 2

    


    


<b>1.00</b>

 Phương trình (2) được viết lại là:





2 2 y 5x 2

y 2 2x 1 y 5x 22x 8 0

y x 4

 



     _{  }

 

 0.25

 Trường hợp 1: Với y 5x 2  thay vào (1) ta được: 30x2 4x 20 0  (vơ nghiệm),

suy ra hệ phương trình vơ nghiệm.

0.25

 Trường hợp 2: Với yx 4 thay vào (1) ta được:

2 x 1

x 6x 5 0

x 5


 _{   }

 0.25

 Với x = 1 suy ra y = 3; với x = 5 suy ra y1

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:



x; y









1;3 ; 5; 1

 







0.25
Bài 3

(1điểm)

Tính tích phân :





10

10

ln x.log x

I dx
x


_

<b>1,00</b>










10 10 10

10 10 10

ln x ln log x ln x ln log x

I dx dx dx

x x x





_



_



_

0.25







10 10 2 2

1

10 10

10

ln x ln x 3ln 10

I dx ln xd ln x

x 2 10 8



_



_

  _0.25







10
2

10

ln log x

I dx

x



_

 Đặt t log x , suy ra

dx dx 1

dt ln10dt x 10;10 t ;1

x ln10 x 2

 

 

   _ __{  } _

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

 Ta có









1 1

1
'

1
2

2

1 1

2 2

1 1

I ln10 ln tdt ln10 t ln t t dt ln10 t ln t t ln10 ln 2

2 2

 

      _  _

 







2

3 1 1

I ln 10 ln10 ln 2

8 2 2

 

  _  _

 

0.25
Bài 4

(1điểm)

Cho hình trụ có trục OO’ chiều cao 2a, bán kính đáy bằng a . Hai điểm A, B lần lượt
ở trên hai đường tròn đáy (O) và (O’), biết góc tạo bởi AB và OO’ bằng 300_{. Tính}

thể tích của tứ diện ABOO’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB với OO’. <b>1,00</b>

 0.25

 0.25

 _0.25

 0.25

Bài 5

(1điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn : x 3 x 1 3 y 2 y     .

Tìm giá trị lớn nhất, bé nhất (nếu có ) của biểu thức: S x y  <b>1,00</b>

 0.25

 0.25

 0.25

 0.25

Bài 6A

(2điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường trịn (C):
2 2

x y 1_{.Viết phương trình đường trịn (C1)}
có bán kính R1=2 tiếp xúc với đường thẳng : 3x 4y 10 0   và tiếp xúc ngồi với đường

trịn (C) <b>1.00</b>

0.25
0.25
0.25
0.25
2.Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với A 2;2;1 , B 4;0;2 ,C 6;2;4













. Tính độ dài

đường phân giác trong của góc A <b>1.00</b>

 0.25

 0.25

 0.25

 0.25

Bài 7A
(1điểm)

Gieo đồng thời ba con súc sắc cân đối đồng chất (mỗi con súc sắc có 6 mặt và số chấm
trên các mặt của một con súc sắc là các số lần lượt từ 1 đến 6). Tìm xác suất để tích số
chấm trên các mặt xuất hiện của ba con súc sắc là một số chính phương

<b>1.00</b>

 Khơng gian mẫu phép gieo 3 con súc sắc là:63216 0.25

 0.25

 0.25

 0.25

Bài 6 B
(2điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết trực tâm H(1;1), trọng tâm G(2;0) và
hình chiếu vng góc của A trên BC là 1

1 3

A ;

5 5

 



 

 _{. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.}

<b>1.00</b>

0.25



</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

0.25

 0.25

2. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với A 7; 1;4 , B 1;2;7 ,C 3;1;0















. Xác

định tâm và tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC. <b>1.00</b>

 0.25

 0.25

 0.25



0.25

Bài 7 B

(1điểm) <b>Giải bất phương trình: </b>





 

2 2

3 ₃

log x log x.log 81x log x 0 * <b>_1.00</b>

 Điều kiện:

x



0

Ta có

 

*  log x log x. 4 log x2 



 3



4log x 03 
2

3 3

log x 4log x log x log x 4log x 0

    



 





 







3 3 3

3

log3.log x log x log x 4 0 log x log3 1 log x 4 0
log x log x 4 0, (vi : log3 1 0)

       

    

0.25

 Bảng xét dấu:

x 0 1 104 + 

log x3  _{0 + +}

log x 4   _{0 +}

VT
+ 0  _{0 +}

0.50

 Tập nghiệm của bất phương trình là:





4

S 0;1 (10 ;) 0.25

</div>

<!--links-->