1. SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2011 - 2012
TRƯỜNG THPT LÊ VĂN HƯU LẦN 2. Môn thi: TOÁN - Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Chính thức
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
x−2
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: y=
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số, biết tiếp tuyến đó cắt hai đường tiệm cận lần
lượt tại hai điểm A và B sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất (với I là giao
điểm của hai đường tiệm cận).
Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sau:
cos10 x + cos 2 4 x + cos 3 x cos x +os2 x =
2 6 c cos x + cos x cos 3 3 x
8
x 2 − y −1 = 2 2 x −1

2. Giải hệ phương trình sau:  3
 y −8x + 3 y + 4 y − 2 x + 2 = 0
3 2

π cos2 x
3 + 2 3 t anx
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân sau: I =∫ cos 2 x dx
0
cos 2 x
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, các cạnh bên
bằng nhau và bằng 3a, cạnh AB = 2a, đặt cạnh AD = x (a không đổi, x thay đổi). Tính theo a và x thể
tích khối chóp S.ABCD. Khi thể tích đó lớn nhất tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD)
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC.
Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c, d là bốn số thực thỏa mãn các điều kiện:
a 2 + 2 + = a + ); c 2 + 2 +
b 1 2( b d 36 =12(c + )
d
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: E =(a −c) +(b −d ) 2 2
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần A hoặc B để làm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình thoi ABCD, đường chéo BD nằm trên đường
thẳng x −y −2 =0 . Điểm M(4;-4) nằm trên đường thẳng chứa cạnh BC, điểm N(-5;1) nằm trên đường
thẳng chứa cạnh AB. Biết BD =8 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD, biết điểm D có hoành
độ âm.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1: (x = t; y = 0; z = 2 - t); d 2: (x = 0; y
= t; z = 2 - t), (t
∈R
). Viết phương trình mặt cầu (S) bán kính R = 6 , có tâm nằm trên đường phân
giác của góc nhỏ tạo bởi d1, d2 và tiếp xúc với d1, d2.
Câu VIIa: (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: z +z =0 . Khi đó hãy tính tổng các lũy
2
thừa bậc bốn của các nghiệm.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x +y −2 x −2 y − =0 và đường
8 2 2
thẳng d: 3x −y −20 =0 . Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm nằm trên đường thẳng d, có bán
kính gấp 10 lần bán kính đường tròn (C) và cắt (C) theo dây cung AB =2 2 .
2. Trong K.gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x +y +z − x − y − z +23 =0 và mặt phẳng
2
6 8 2
2 2
(P): x + y - z + 3 = 0. Tìm trên (S) điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) là lớn nhất.
Khi đó hãy viết phương trình mặt cầu có tâm M và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 4.
Câu VIIb: (1,0 điểm) Tìm m, n thỏa mãn: C +6C +6C =9n − n
1
n
2
n 14 3
n
2
m2 1 m3 2 m 4 3 m n +1 n 255
và mCn +
0
Cn + Cn + Cn +... + Cn =
2 3 4 n +1 8
--------------------Hết--------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
1

2. ĐÁP ÁN THI THỬ ĐH - CĐ LẦN 2 LVH 2012 (5,6/5/2012)
Câu Ý Nội dung đáp án Điểm
1. Tập xác định: D =R { − }
1 0.25
2. Sự biến thiên: Chính thức 0.5
3. Đồ thị:
8
x=-1
6
x 2
f( x) =
x+1
4
1 2
0.25
I(-1;1) y=1
10 5 O 5 10
2
4
6
I
Tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 1; Giao hai đường tiệm cận: I(-1;1)
3 x −2
Tiếp tuyến tại M(x0;y0) dạng: y= ( x − x0 ) + 0
( x0 +1) 2
x0 +1 0.25
x0 − 5
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng: A(−1; ) , cắt tiệm cận ngang: B (2 x0 +1;1)
x0 + 1
6
Có: IA = ; IB = 2 x0 +1 suy ra IA.IB = 12
x0 +1 0.25
2 1 S IAB 6
Nên S IAB = IA.IB = 6 . Ta có S IAB = r . p ⇒ r = =
2 p p
Bởi vậy r lớn nhất khi p nhỏ nhất. 0.25
Do 2 p =IA +IB +AB =IA +IB + IA2 + 2 ≥2
IB IA.IB + 2.IA.IB =4 3+2 6
P nhỏ nhất khi IA =IB ⇔x0 + 2 = ⇔ 0 =− ± 3
( 1) 3 x 1
- Với x0 =− + 3 ⇒ 1 : y =x +
1 d 2(1 + 3) 0.25
- Với x0 =− − 3 ⇒ 1 : y =x +
1 d 2(1 − 3)
II Phương trình ⇔cos10 x + + os8 x + cos x (3 cos 3 x − cos 3 3 x ) + os2 x −
1 c 2 4 c cos x =0 0.25
⇔ cos10 + cos8 x + 1 + cos2 x − cos x − 2 cos x.cos9 x = 0
⇔ cos10 + cos8 x + 1 + cos2 x − cos x − cos10 x − cos8 x = 0 ⇔ 2 cos 2 x − cos x = 0 0.25
 π
1  x = 2 + kπ
cos x = 0 
π
⇔ ⇔  x = + l 2π ( k , l , m ∈ Z ) 0.5
cos x = 1  3
 2 
 x = − π + m2π

 3
2 x 2 − y −1 = 2 2 x −1
 (1)
 3
 y − 8 x + 3 y + 4 y − 2 x + 2 = 0 (2)
3 2

1
ĐK: x≥
2
2

3. (2) ⇔y + 3 + y + = x ) 3 + x
( 1) ( 1) (2 2
Xét hàmd f(t) = t3 + t có f’(t) = 3t2 + 1 > 0 0.25
Suy ra f(t) đồng biến ⇒( y + =f (2 x) ⇔= x −
f 1) y 2 1
0.25
Thay vào (1) ta được phương trình:
x2 − x =
2 2 2 x − ⇔x − 2 − =
1 ( 1) 1 2 2x −1
(t −1) 2 = 2 x −1
 t 2 − 2t + 2 = 2 x

Đặt t − = 2 x − (t ≥
1 1 1) ta có hệ:  ⇔ 2
( x −1) = 2t −1 x − 2 x + 2 = 2t
2
 
Trừ vế với vế hai phương trình cho nhau ta được: (t-x)(t+x) = 0 0.25
* Với t = x
⇒ x −1 = 2 x − 1 ⇔ x 2 − 4 x + 2 = 0
 x = 2 − 2 = t ( L)
⇔
 x = 2 + 2 = t (Tm)

* Với t = - x ⇒ x − = 2x −
− 1 1 (PTVN)
0.25
x = 2 + 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 
y = 3+ 2 2

π 2 cos 2 x − 1 π
+ 2 3tanx
3 2
cos x
3
− tan 2 x + 2 3tanx+1
I =∫ dx = ∫ dx
cos 2 x cos 2 x
Ta có 0 0
π
0.25
3
4 − (tan x- 3) 2
=∫ dx
0
cos 2 x
dx
Đặt t = t anx − 3 ⇒dt =
cos 2 x
π
Đổi cận: x = 0 ⇒t = − 3; x = ⇒t = 0 0.25
3
0
III
⇒I = ∫ 4 − t 2 dt
− 3
Đặt t = 2sinu => dt = 2cosudu
π
Đổi cận: t = − 3 ⇒u = − ; t = 0 ⇒u = 0 0.25
3
0 0
⇒I = ∫π 4 cos 2udu = 2 ∫ (1 + cos2u )du
π
− −
3 3
1 2π 3
= 2(u + sin 2u ) |0 π = +
2 −
3
3 2
0.25
2π 3
Vậy I = +
3 2
IV - Gọi O =AC ∩BD
từ giả thiết suy ra SO ⊥ ABCD )
(
và ABCD là hình chữ nhật.
1 32a 2 − x 2
Khi đó SO = SA2 − AO 2 = 9a 2 − (4a 2 + x 2 ) = ĐK: 0 <x <4 2a
4 2
Từ đó VS . ABCD =
1
32a 2 − x 2 a. x 0.25
3
3

4. 1 a 16a 3
- Ta có VS . ABCD =
3
32a 2 − x 2 a.x ≤
6
(32a 2 − x 2 + x 2 ) =
3
0.25
16a 3
Vậy maxVS . ABCD =
3
⇔ x = 4a . Khi đó SO = 2a
z
S
A D
y
O
B C
x
- Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ thì: O(0;0;0), B(a;-2a;0), C(a;2a;0), D(-a;2a;0),
A(-a;-2a;0), S(0;0;2a)
r
Khi đó VTPT của mp(SBC) là: n (2; 0;1) SBC
r
VTPT của mp(SCD) là: n SCD (0;1;1)
Gọi là góc giữa hai mp (SBC) và (SCD) thì:
α
r r 0.25
n SBC .n SCD 2.0 + 0.1 +1.1 10
cosα = r r = =
n SBC . n SCD 5. 2 10
uur uuu uuu
r r
SB, AC  .SC 0.25
  a 6
- Ta có d ( SB, AC ) = uur uuur =
 SB, AC 
14 3
 
V 12
y
10 N
8
6
J
4
Q P
2
I
M x
5
O1 5 10
2
Xét hai đường tròn:
(C): x2 + y2 - 2x - 2y + 1 = 0 có tâm I(1;1) bán kính R = 1 0.25
(C): x2 + y2 - 12x - 12y + 36 = 0 có tâm I(6;6) bán kính R = 6
Khi đó IJ có phương trình: y = x (d)
Giả sử A(a;b) (C), B(c;d)
∈
(C’) ⇒AB = (a −c) +(b −d )
∈ 2 2
4

5. Vì IJ =5 2 >R +R ' =7, nên nếu gọi M, P, N, Q lần lượt là các giao điểm của d với
hai đường tròn (C) và (C’) thì 0.25
PQ ≤ AB ≤ MN ⇔ IJ − ( R + R ') ≤ AB ≤ IJ + ( R + R ')
⇔ 5 2 − 7 ≤ AB ≤ 5 2 + 7 ⇔ (5 2 − 7) 2 ≤ AB 2 ≤ (5 2 + 7) 2
2+ 2 0.25
⇒ min E = (5 2 − 7) 2 ⇔ a = b = ,c = d = 6 − 3 2
2
2− 2 0.25
⇒ m axE = (5 2 + 7) 2 ⇔ a = b = ,c = d = 6 + 3 2
2
VIa
A x-y-2=0
B
N(-5;1)
D
C
M(4;-4)
- Lấy M’ là điểm đối xứng với M qua BD:
PT đường thẳng qua M vuông góc với BD: x + y = 0 (d)
Gọi J = ∩
d BD
suy ra J(1;-1)
0.25
1 Suy ra M’(-2;2)
uuuuur
- Phương trình đường thẳng AB qua M’(-2;2) nhận M ' N =( − −
3; 1) làm VTCP
AB: x - 3y + 8 = 0 0.25
x − y − 2 = 0
- Tọa độ B là nghiệm của hệ:  suy ra B(7;5)
x − 3 y + 8 = 0
BD = 8 2 ⇔ ( d − 7) 2 + ( d − 7) 2 = 128
- Giả sử D(d;d-2), do d = −1
⇔ ( d − 7) 2 = 64 ⇔  ⇒ d = −1
d = 15
Vậy D(-1;-3) 0.25
- Gọi I là tâm của hình thoi I(3;1), khi đó đường thẳng AC qua I và vuông góc với BD
Phương trình AC: x + y - 4 = 0
x + y − 4 = 0
- Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  ⇒ A(1;3)
x − 3 y + 8 = 0
- Tọa độ C(5;-1) 0.25
2 d2(x=0;y=t;z=2-t)
d1(x=t;y=0;z=2-t)
(x=t;y=t;z=2-2t)
S2(-2;-2;6) I(0;0;2) S1(2;2;-2)
5

6. Phương trình mp(P) chứa d1, d2: x + y + z - 2 = 0
Phương trình mp(Q) chứa d1 và (P): x - 2y + z - 2 = 0
⊥
0.25
Phương trình mp(R) chứa d2 và (P): 2x - y - z + 2 = 0
⊥
Phương trình hai mặt phân giác của hai mặt (Q) và (R):
(PG1): x - y = 0, (PG2): x + y - 2z+ 4 = 0
Phương trình hai đường phân giác của d1, d2:
x = t  x = −t

a :y = t

b :y = t
0.25
 z = 2 − 2t z = 2
 
Vì cos(a,d1) > cos(b,d1) nên đường thẳng a là phân giác của d1, d2 thỏa mãn điều kiện. 0.25
Do đó có hai tâm mặt cầu thỏa mãn
S1(2;2;-2), S2(-2;-2;6)
Nên có hai mặt cầu:
(S1): (x - 2)2 + (y - 2)2 + (z + 2)2 = 6
(S1): (x + 2)2 + (y + 2)2 + (z - 6)2 = 6 0.25
Giả sử z=x+iy Phương trình ⇔x + ) +( x −iy) =0
( iy 2
x2 − y 2 + x = 0
⇔ 0.25
2 xy − y = 0
1 3 1 3
VII Giải hệ ta có: z1 = 0; z 2 = −1; z3 = + i; z4 = − i 0.5
2 2 2 2
a
Tổng:
π π π π
M = z14 + z2 + z3 + z 4 = 0 + 1 + (cos
4 4 4
+ i sin ) 4 + (cos(- ) + i sin( − )) 4
3 3 3 3
4π 4π 4π 4π 0.25
= 1 + cos + i sin + cos(- ) + i sin(− ) =0
3 3 3 3
VIb 1
12
y
10
M
8
6
4
A
J
2 B
I
x
5
O1 5 10
2 d(3x-y-20=0)
4
- Gọi M(m;3m-20) ∈
d là tâm của đường tròn (C’), gọi J là giao điểm của AB với IM
- (C) có I(1;1), R = 10 , (C’) có R’ = 10
AB 2 0.25
Ta có IJ = R 2 −( ) = 10 − 2 = 2 2
2
AB 2
JM = R '2 − ( ) = 100 − 2 = 7 2
2
Suy ra IM =9 2 0.25
6

7. ⇔ (m − 1) 2 + (3m − 21) 2 = 162
0.25
⇔ 10m 2 − 128m + 280 = 0 ⇔ 5m 2 − 64m + 140 = 0
 m = 10
⇔
 m = 14
 5
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn:
(C’1): (x - 10)2 + (y - 10)2 = 100 0.25
14 2 58 2
(C’2): (x - 5
) + (y + 5
) = 100
Mặt cầu (S) có tâm I(3;4;1), bán kính R= 3
 x = 3+ t

Gọi d là đường thẳng qua I vuông góc với (P) thì d: y = 4+ t 0.25
 z = 1− t

Khi đó M là giao điểm của d với (S). Tọa độ giao điểm d với (S) là nghiệm của hệ:
x = 3 + t t = 1 t = −1
y = 4 + t  
 x = 4 x = 2 0.25
 ⇔ ∪
z = 1 − t y = 5 y = 3
 x 2 + y 2 + z 2 − 6 x − 8 y − 2 z + 23 = 0
 z = 0 z = 2
 
Ta thấy d((4;5;0),(P)) = 4 3 , d((2;3;2),(P)) = 2 3
0.25
Vậy M cần tìm là M(4;5;0)
VIb 2
M
E H
(P)(x+y-z+3=0)
Gọi (S’) là mặt cầu cần lập ⇒ ' = MH 2 +HE 2 = (4 3) 2 +4 2 =8
R
⇒ ') :( x − 2 + y − 2 + 2 =
(S 4) ( 5) z 64 0.25
Giải phương trình Cn + C n + C n = n 2 − n
1
6 2 6 3 9 14 tìm được n = 7 0.5
m
m 2 1 m3 2 m 4 3 m8 7 255 0.25
mC7 +
0
C7 + C7 + C7 +... + C7 = = ∫ (1 + x )7 dx
VII 2 3 4 8 8 1
b (1 + x)8 m 255 (1 + m)8 256
⇔ | = ⇔ =
8 1 8 8 8
0.25
⇔ m = 1, m = −3
7