1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT NGA SƠN
(Đề gồm 01 trang)
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC
NĂM: 2010 – 2011
Môn TOÁN - Khối A, Lần 02.
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề.
PHẦN CHUNG (7,0 điểm)
CâuI. (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 2
( 2) 1 ( )y x m x m Cm    
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 2m  .
2. Tìm các giá trị của m để ( )mC cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn
bởi( )mC với trục hoành phần phía trên Ox có diện tích bằng
96
15
.
CâuII. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2 2
2sin 1 4cos
2 4 3 6
x x    
      
   
.
2. Giải hệ phương trình sau:
6 2 2
2 2 6 0
x y x y
x y x y
    

    
.
CâuIII. (1,0 điểm) Tính giới hạn sau:
3
22
6 2
lim
3 2x
x x
I
x x
  

 
.
CâuIV. (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B ; SA vuông góc với
đáy, AB a , 2SA BC a  . Trên tia đối của tia BA lấy điểm M sao cho ACM 
0 0
(0 90 )  . Gọi I và K lần lượt là trung điểm của AC và SC , H là hình chiếu của S lên
CM . Xác định  để thể tích khối chóp AHIK đạt GTLN. Tính thể tích khối chóp khi đó.
CâuV. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực x ta luôn có:  2
ln 1 1 x x
e e x
    .
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
A. Theo chương trình Chuẩn
CâuVI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích 96ABCS  ; (2;0)M là trung
điểm của AB , đường phân giác trong góc A có phương trình ( ) : 10 0d x y   , đường thẳng AB tạo
với ( )d một góc  thoả mãn
3
cos
5
  . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho (0;1;1)M đường thẳng 1
1 2
( ):
3 1 1
x y z
d
 
  ; đường thẳng
2( )d là giao của mặt phẳng 1( ) : 2 0P x y z    với mặt phẳng 2( ) : 1P x   . Viết phương trình đường
thẳng qua M vuông góc với 1( )d và cắt 2( )d .
CâuVII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 3 2
3(1 2 ) (3 8 ) 2 5 0z i z i z i       trên tập số phức.
B. Theo chương trình Nâng cao.
CâuVI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có ( 1; 3)A   , trọng tâm (4; 2)G  ,
trung trực của AB là ( ) :3 2 4 0d x y   . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , viết phương trình đường thẳng ( )d vuông góc với mặt
phẳng ( ) : 1 0P x y z    và cắt cả hai đường thẳng 1
1 1 4
( ) :
2 3 4
x y z
d
  
  ;
2
1 2 5
( ):
2 3 1
x y z
d
  
 

.
3. CâuVII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z có môđun lớn nhất thoả mãn:
1
2
3 4 1
log 1
3 3 4 3
z i
z i
   
     
.
---------Hết---------

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN - KHỐI A
LẦN 02 – NĂM HỌC 2010 – 2011
Câu Ý Nội dung Điểm
I
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi 2m  1,0
Khi 2m  ta được 4 2
6 5y x x  
+) TXĐ: R
+) Sự biến thiên
) Chiều biến thiên
Có 3
' 4 12 0 0; 3y x x x x       . ' 0 3 0; 3y x x     
Hàm số đồng biến trên ( 3;0) và ( 3; ) , nghịch biến trên ( ; 3)  và
(0; 3)
0,25
) Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại 0CDx  , giá trị cực đại (0) 5CDy y 
Hàm số đạt cực tiểu tại 3CTx   , giá trị cực tiểu 4CTy  
) Giới hạn tại vô cực: 4 2
lim( 6 5)
x
x x

   
0,25
+) Đồ thị: Giao với Ox tại ( 5;0); ( 1;0)  ;
Giao với Oy tại (0;5)
0,50
2
Tìm m để diện tích bằng ……. 1,0
+) Có 4 2 2 2 2 2 2
( 2) 1 ( 1)( 1)y x m x m x x m         . Phương trình
2 2 2
0 ( 1)( 1) 0y x x m      có 4 nghiệm phân biệt là 2
1; 1m   khi
0m  .
0,25
+) Diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi ( )mC với trục hoành phần phía trên trục
hoành là:  
1 2
4 2 2 2
0
20 16 96
2 ( 2) 1 2
15 15
m
S x m x m dx m

         
0,50
Vậy 2m   là giá trị cần tìm 0,25
II 1
Giải phương trình 2 2
2sin 1 4cos
2 4 3 6
x x    
      
   
1,0
Đặt
2
t x

  khi đó phương trình đã cho trở thành 2 2
2sin 1 4cos
2 3
t t
  0,25
2 2
cos 4cos cos3. 4cos 0
3 3 3
t t t
t      3 2
4cos 4cos 3cos 0
3 3 3
t t t
   
3cos 0
33
( )2
1
6cos
3 2
t
t k
k
t
t k


 

     
    
 0
0,50
3
( )
6
2
x k
k
x k
 


 
 
  

 0,25
3 3
11
5
4

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
2
Giải hệ phương trình
6 2 2 (1)
2 2 6 0 (2)
x y x y
x y x y
    

    
1,0
Đặt 6 ; 2a x y b x y    2 2
2 2 1
2 14
a b a b a x
a b x b xa b x
       
    
      
0,25
(2) 2 6 0 1 2 6 0 7b x y x x y y x              0,25
thay vào (2) ta được 3 7 1 1x x x      6y  0,25
Thử lại thấy thoả mãn. Vậy ( ; ) ( 1;6)x y   là nghiệm của hệ phương trình 0,25
III
Tính giới hạn
3
22
6 2
lim
3 2x
x x
I
x x
  

 
1,0
3 3
2 2 22 2 2
6 2 6 2 2 2
lim lim lim
3 2 3 2 3 2x x x
x x x x
I
x x x x x x  
      
  
     
0,25
 
3
1 22 2 2 33
6 2 2 1
lim lim
3 2 12( 1)( 2) ( 6) 2 6 4x x
x x
I
x x x x x x 
  
  
       
0,25
 2 22 2
2 2 2 1
lim lim
3 2 4( 1)( 2) 2 2x x
x x
I
x x x x x 
  
  
     
0,25
Vậy 1 2
1
6
I I I    0,25
IV
Tính thể tích khối chóp…. 1,0
Có
CM SH
CM AH CH AH
CM SA

   

H chạy trên nửa đường tròn đường
kính AC phần có chứa điểm B 2 21 1 5
2 2 2
a
HI AI IC AC AB BC      
0, 5
3
( , )
1 1 1 1 1 5 5 5
. . ( . ). ( . ) .2 . .
3 2 12 12 12 2 2 24
AHIK AIH H AC
a a a
V SA S SA AI d SA AI HI a    
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi HI AI kết hợp với HI AI suy ra 0
45 
0,5
V
Chứng minh rằng:  2
ln 1 1 x x
e e x
    1,0
Đặt x
t e bài toán trở thành CMR 0t  luôn có  2 1
ln 1 1 lnt t
t
    . Xét
hàm số  2 1
( ) ln 1 1 lnf t t t
t
     có
2
22 2 2 2
2 1 1 1
'( ) 0
2 1 (1 1 ) 1
t t t
f t
t tt t t t
 
    
   
0,25
S
A
B
C
K
H
I
M

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Mặt khác
2 2
1 1 1 1
lim 1 lim ln 0
t t
t t
t t 
    
   
  
0,25
Suy ra
2
1 1
lim ln
t
t
t
  
 
  
-
1
lim 0
t t
 điều này chứng tỏ hàm số ( )y f t nhận Ox
làm một tiệm cận ngang
0,25
Ta thấy ( )y f t đồng biến trên (0; ) và hàm số có tiệm cận ngang là 0y 
khi t   nên ( ) 0 0f t t  
0,25
VI.a
1
Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác…. 1,0
'M đối xứng với )0;2(M qua 010:)(  yxd nên )8;10(' M
Đường thẳng qua )0;2(M với vectơ pháp tuyến );( ban có phương trình
0)2(  byxa tạo với 010:)(  yxd góc  khi đó








ab
ba
ba
ba
7
7
5
3
cos
222

0,25
Với ba 7 chọn 71  ab , đường thẳng AB có phương trình
0147  yx cắt 010:)(  yxd tại A có tọa độ )7;3( A khi đó B đối
xứng với )7;3( A qua )0;2(M có tọa độ
)7;1(B 210 AB ABCABMBAM SdABS  
2
1
48.
2
1
);'('
'2AMAC  )9;17(  C
0,25
Với ab 7 chọn 71  ba khi đó 027:  yxAB cắt 010:)(  yxd
tại
)1;9( A )1;5( B 210 AB ABCBAM SS  
2
1
48' '2AMAC 
)15;11(  C
0,25
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác là: 




)15;11(),1;5(),1;9(
)9;17(),7;1(),7;3(
CBA
CBA
0,25
2
Viết phương trình đường thẳng… 1,0
Mặt phẳng (P) qua M(0;1;1) và vuông góc với 1d nhận vectơ chỉ phương )1;1;3(1u
làm vectơ pháp tuyến có phương trình: 3x +y+z-2=0
0,5
(P) cắt 2d tại điểm N có tọa độ thỏa mãn hệ )3;2;1(
023
02
1









N
zyx
zyx
x
0,25
Đường thẳng cần tìm qua M(0;1;1) và N(-1;2;3) có phương trình chính
tắc:
2
1
1
1
1





zyx 0,25
VII.a
Giải phương trình: 3 2
3(1 2 ) (3 8 ) 2 5 0z i z i z i       (*) 1,0
2
2
1
(*) ( 1) 2(1 3 ) 2 5 0
2(1 3 ) 2 5 0 (1)
z
z z i i
z i i

               
0,25
(1) có 2 2
' (1 3 ) (2 5) 3 4 (1 2 )i i i i          0,25
; 2 5z i z i    0,25
Vậy S={ ; 2 5 ;1}i i là tập nghiệm của phương trình. 0,25
VI.b 1
Viết phương trình đường tròn…. 1,0
( 1; 3)A   trọng tâm (4; 2)G  suy ra trung điểm M của BC có toạ độ
13 3
;
2 2
M
 
 
 
0,5
A
B C
'M
M

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
( ) :3 2 4 0d x y   là trung trực của AB nên AB nhận (2; 3)du 

làm vectơ pháp
tuyến, AB có phương trình: 2 3 7 0x y   ; AB cắt (d) tại trung điểm N của AB
có toạ độ  2; 1N   5;1B (8; 4)C 
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: 2 2
2 2 0x y ax by c    
khi đó
74
212 6 10
23
10 2 26
7
16 8 80
8
3
a
a b c
a b c b
a b c
c


    
 
      
    


Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình:
2 2 148 46 8
0
21 7 3
x y x y    
0,5
2
Viết phương trình đương thẳng vuông góc và cắt…. 1,0
Đường thẳng (d) vuông góc với (P): x+y+z-1=0 nên (d) có vectơ chỉ phương là
(1;1;1)u

Mặt phẳng 1( )P chứa d và 1d qua M(-1;1;4) nhận (1;1;1)u

và 1(2;3;4)u

làm cặp
vectơ chỉ phương hay nhận 1 1
1 1 1 1 1 1
[ ; ] ; ; (1; 2;1)
3 4 4 2 2 3
n u u
 
    
 
  
làm
vectơ pháp tuyến có phương trình: 2 1 0x y z   
0,25
( 2P ) nhận chứa d và 2d nhận (1;1;1)u

và 2 (2; 3;1)u 

làm cặp vectơ chỉ phương
nên nhận 2 2[ ; ] (4;1; 5)n u u  
  
, qua N(1;-2;5) có phương trình:
4 5 23 0x y z   
0,25
(d) là giao của 1( )P và ( 2P ) có phương trình thoả mãn hệ
2 1 0
4 5 23 0
x y z
x y z
   

   
đặt z t ta được
5
3
x t
y t
z t
  

  
 
0,25
Vậy đường thẳng cần tìm có phơng trình chính tắc là:
5 3
1 1 1
x y z 
  0,25
VII.b
1
2
3 4 1
log 1
3 3 4 3
z i
z i
   
     
. (*) Tìm số phức có môđun lớn nhất 1,0
Đ ặt ( , )z a bi a b   .
Có (*)
3 4 1 1
3 4 5 ( 3) ( 4) 5
3 3 4 3 2
z i
z i a b i
z i
  
          
  
0,25
Do đó tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thoả mãn là đường tròn tâm (3; 4)I 
bán kính 5R  . Khi đó số phức z thoả mãn 1
2
3 4 1
log 1
3 3 4 3
z i
z i
   
     
là số phức có môđun lớn nhất thì điểm biểu diễn của z là điểm
đối xứng với (0;0)O qua (3; 4)I 
0,25
N đối xứng với O qua I có toạ độ là: N(6;-8) 0,25
Vậy số phức z cần tìm là z = 6 - 8i 0,25
Ghi chú:
- Câu IV thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điẻm
Các ý khác thí sinh giải cách khác đáp án mà đúng
3
4