Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán trường THPT Thụy Thành số I năm 2010 gồm nhiều câu hỏi từ khảo sát hàm số đến phương trình và tính tích phân, chia thành phần chung và phần riêng cho thí sinh. Đề ra yêu cầu thí sinh giải các bài toán liên quan đến biến thiên, cực trị, tích phân, và hình học không gian. Ngoài ra, đáp án được chi tiết trong 06 trang, hướng dẫn cách giải và tính điểm từng phần.

1. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I
Ngày thi 21/03/2010
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2
m
y x m
x
  

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1.
2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng
d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
 
 
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x

 

2. Giải phương trình 2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x      
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x

   .
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên
các cạnh AB, AC sao cho    DMN ABC . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x
và y. Chứng minh rằng: 3 .x y xy 
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
 
3 3 3
3
16x y z
P
x y z
 

 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 =
0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh
của hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
d1:
1 1 2
2 3 1
x y z  
  , d2:
2 2
1 5 2
x y z 
 

Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n
, biết rằng n  N thỏa mãn phương trình
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C
lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn
có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3 2 1
2 1 1
x y z  
 

và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0.
Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc
với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 .
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y x y
x y

  


 
-------------------Hết -------------------

2. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2
SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010
Đáp án gồm 06 trang
Câu Nội dung Điểm
I 2,0
1 1,0
Với m =1 thì
1
1
2
y x
x
  

a) Tập xác định: D   2
0.25
b) Sự biến thiên:
   
2
2 2
1 4 3
' 1
2 2
x x
y
x x
 
  
 
,
1
' 0
3
x
y
x

   
.
lim
x
y

 , lim
x
y

 ,
2 2
lim ; lim
x x
y y
 
 
    ,
   lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0
x x
y x y x
 
     
Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1.
0.25
Bảng biến thiên
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng    ;1 , 3; ;  hàm số nghịch biến trên
mỗi khoảng    1;2 , 2;3
Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3.
0.25
c) Đồ thị:
0.25
x
y’
y
-  1 2 3 + 
0 0
+ + 
-  - 
1
3
– –+ +

3. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3
2 1.0
Với x  2 ta có y’
= 1- 2
( 2)
m
x 
;
Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2
– m = 0 (1) có hai nghiệm
phân biệt khác 2 0m 
0.25
Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là:
1 1
2 2
2 2 2
2 2 2
x m y m m
x m y m m
     
     
0.25
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2 ;2 2 )m m m   ; B( 2 ;2 2 )m m m  
Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:
2 2m m m m    
0.25
0
2
m
m

  
Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán
Vậy ycbt  m = 2.
0.25
II 2.0
1 Giải phương trình
 
 
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x

 

1.0
ĐK: sin cos 0x x  0.25
Khi đó      2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x     
  1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x     
   1 sin 1 cos 1 sin 0x x x    
0.25
sin 1
cos 1
x
x
 
   
(thoả mãn điều kiện) 0.25
2
2
2
x k
x m


 

  

 
 ,k m
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2
2
x k

   và 2x m    ,k m
0.25
2 Giải phương trình: 2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x       1.0
2
2 2
3 2 0
7 5 3 2
x x
PT
x x x x x
   
 
     
0.25
2
3 2 0
5 2( 2)
x x
x x x
   
 
   
0.25
3 1
0
2
5 2.
x
x
x
x
x

  

 
 
   

  2
2 0
1 16 0
x
x x
  
 
  
0.25
1x  
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1.
0.25

4. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 4
III Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x

   .
1.0
Đặt u = 2
1 1 2x u x udu dx      ; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
  

  
0.25
Ta có:
3 2 2 23
2
0 1 1 1
3 2 8 1
(2 6) 6
3 2 13 1 3
x u u
dx du u du du
u u ux x
 
   
       
0.25
 
22
1
2
6 6ln 1
1
u u u    0.25
3
3 6ln
2
   0.25
IV 1.0
Dựng DH MN H 
Do      DMN ABC DH ABC   mà .D ABC là
tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC .
0.25
Trong tam giác vuông DHA:
2
2 2 2 3 6
1
3 3
DH DA AH
 
      
 
Diện tích tam giác AMN là 01 3
. .sin60
2 4
AMNS AM AN xy 
0.25
Thể tích tứ diện .D AMN là
1 2
.
3 12
AMNV S DH xy  0.25
Ta có: AMN AMH AMHS S S  0 0 01 1 1
.sin 60 . .sin30 . .sin30
2 2 2
xy x AH y AH  
 3 .x y xy 
0.25
V 1.0
Trước hết ta có:
 
3
3 3
4
x y
x y

  (biến đổi tương đương)    
2
... 0x y x y     0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
   
 
3 33 3
3 3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
   
    
(với t =
z
a
, 0 1t  )
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3
+ 64t3
với t  0;1 . Có
   
22 1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t       
 
Lập bảng biến thiên
0.25
 
 0;1
64
inf
81t
M t

   GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25
D
A
BC
H
M
N

5. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5
VI.a 2.0
1 1.0
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
2 1 0 21 135
;
7 14 0 13 5 5
5
x
x y
B
x y
y

     
          

0.25
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và
BD, kí hiệu (1; 2); (1; 7); ( ; )AB BD ACn n n a b  (với a2
+ b2
> 0) lần lượt là VTPT của các
đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:    os , os ,AB BD AC ABc n n c n n
2 2 2 23
2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b b
a
 
        
  

0.25
- Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
    
  
    
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
1 0 7 52 ;
7 14 0 5 2 2
2
x
x y
I
x y
y

     
          

Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ  
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 
 
 
0.25
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25
2 1.0
Phương trình tham số của d1 và d2 là: 1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m
z t z m
     
 
     
     
0.25
Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)
MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
0.25
Do d  (P) có VTPT (2; 1; 5)Pn   nên : pk MN kn  
3 2 2
3 5 3
2 2 5
m t k
m t k
m t k
  

    
    
có nghiệm 0.25
Giải hệ tìm được
1
1
m
t



Khi đó điểm M(1; 4; 3) Phương trình d:
1 2
4
3 5
x t
y t
z t
 

 
  
thoả mãn bài toán 0.25
VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n
, biết rằng n  N thỏa mãn phương trình 1.0

6. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3
Điều kiện:
3
n N
n



Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3
0.25
 (n – 3)(n + 9) = 43
 n2
+ 6n – 91 = 0
7
13
n
n

   
Vậy n = 7.
0.25
Khi đó z = (1 + i)n
= (1 + i)7
=      
32 3
1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i         
 
0.25
Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
1 1.0
Giả sử 1 2( ; ) 5; ( ; ) 2 7B B B B C C C CB x y d x y C x y d x y         
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
  

  
0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25
Ta có (3;4) (4; 3)BGBG VTPT n  nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5
phương trình đường tròn: (x – 5)2
+(y – 1)2
=
81
25
0.25
2 1.0
Ta có phương trình tham số của d là:
3 2
2
1
x t
y t
z t
 

  
   
 toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2
1
2 0
x t
y t
z t
x y z
 
   

  
    
(tham số t)
(1; 3;0)M 
0.25
Lại có VTPT của(P) là (1;1;1)Pn , VTCP của d là (2;1; 1)du  .
Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP , (2; 3;1)d Pu u n
    
Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó ( 1; 3; )MN x y z  .
Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại có N(P) và MN = 42 ta có hệ:
2 2 2
2 0
2 3 11 0
( 1) ( 3) 42
x y z
x y z
x y z
    

   
     
0.25
Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5 2 5
:
2 3 1
x y z  
  

Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3 4 5
:
2 3 1
x y z  
  

0.25
(thoả mãn)
(không thoả mãn)

7. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7
VII.b
Giải hệ phương trình
 1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y x y
x y

  


 
1.0
Điều kiện:
0
0
y x
y
 


0.25
Hệ phương trình
 4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
   
        
    
         
0.25
22 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y
x y x y
yx y y y
   
    
     
0.25
 
 
15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x y
  
  
 
  
    
  
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như
đáp án quy định.
(không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)