Đề khảo sát chất lượng lần 1 trường THPT Công Nghiệp môn: Toán; Khối: A

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM HỌC 2011-2012 
 TRƯỜNG THPT CÔNG NGHIỆP Môn: TOÁN; Khối: A 
 ------------***------------- Thời gian làm bài: 180 phút. 
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 22 1y x mx m= − + − (1), với m là tham số thực. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1m = . 
2. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị 
 tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. 
Câu II (2,0 điểm) 
 1. Giải phương trình 2 2sin .tan cos cos2 .(2 tan )x x x x x+ = − . 
 2. Giải bất phương trình 113223 22 −≥+−−+− xxxxx . 
 Câu III (1,0 điểm) Tính tÝch ph©n sau I = 
2
0
sin 2 cos
1 cos
x x dx
x
pi
+∫
. 
 Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5= và o120BAC =
∧
. 
 Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh MB ⊥ MA1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt 
 phẳng (A1BM). 
Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 2 2 2 9a b c+ + = . 
 Chứng minh 2( ) 10a b c abc+ + − ≤ . 
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 
1. Theo chương trình Chuẩn. 
Câu VI.a (1,0 điểm). 
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là 
 giao điểm của đường thẳng : 3 0d x y− − = và ' : 6 0d x y+ − = . Trung điểm một cạnh là giao điểm của 
 đường thẳng d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: 2 2 2 2 4 4 16 0x y z x y z+ + − − + − = , 
mặt phẳng (Q) có phương trình: 2 2 3 0x y z+ + − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song mp(Q) 
sao cho mp(P) giao với mặt cầu (S) tạo thành đường tròn có diện tích 16pi (đvdt). 
 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z biết: 2=z và 14)32)(1()32)(1( =+++−+ iziz . 
2. Theo chương trình Nâng cao. 
 Câu VI.b (2,0 điểm). 
 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm M 1(0; )
3
 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết điểm B có hoành độ 
 dương. 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, (0;2;0)A (0;0; 1)B − và C thuộc Ox . Viết phương trình mặt phẳng 
(ABC) biết khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P): 2 2 0x y z+ − = bằng khoảng cách từ C tới đường 
thẳng ∆ : 1 2
1 2 2
x y z− +
= = . 
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình 




−=+
=+ −
yxyx
yx xy
)(log.3
27
53).(
5
. 
---------------------------------- 
 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN 
 (Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang) 
Câu Nội dung Điểm 
I.1 1.(1 điểm). Khi 1m = hàm số trở thành: 4 22y x x= − 
• TXĐ: D = R 
• Sự biến thiên: ( )' 3 2 04 4 0 4 1 0 1
x
y x x x x
x
=
= − = ⇔ − = ⇔ 
= ±
0.25 
 ( ) ( )0 0, 1 1CD CTy y y y= = = ± = − 0.25 
 • Bảng biến thiên 
 x -∞ -1 0 1 +∞ 
 y’ − 0 + 0 − 0 + 
 y +∞ 0 +∞ 
 -1 -1 
 0.25 
 • Đồ thị 
0.25 
 I.2 
2. (1 điểm) ( )' 3 2 2 04 4 4 0 xy x mx x x m
x m
=
= − = − = ⇔ 
=
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ pt ' 0y = có ba nghiệm phân biệt và 'y đổi dấu khi 
x đi qua các nghiệm đó 0m⇔ > 0.25 
• Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: 
( ) ( ) ( )2 20; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m− − − + − − + − 0.25 
• 
21
.
2ABC B A C B
S y y x x m m= − − =
△
; 4 , 2AB AC m m BC m= = + = 0.25 
• 
( )4 3
2
12
. . 1 1 2 1 0 5 14 4
2ABC
m
m m mAB AC BCR m m
S m m m
=+ 
= = ⇔ = ⇔ − + = ⇔
−
=

△
0.25 
II.1 
* ĐK: cos 0x ≠ . PT 3 3sin cos cos 2 .(2cos sin )x x x x x⇔ + = − 0.25 
 (sin cos ).cos .(2sin cos ) 0x x x x x⇔ + − =
 0.25 
sin cos 0;2sin cos 0x x x x⇔ + = − =
 0.25 
1
; arctan ;( , )
4 2
x k x l k l Zpi pi pi⇔ = − + = + ∈
 0.25 
II.2 
 * Đk: x∈D=(-∞;1/2] ∪ {1} ∪ [2;+ ∞) 0.25 
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10 -5 5 10
 * x = 1 là nghiệm phương trình đã cho 0.25 
 * với x ≥ 2 Bpt đã cho tương đương: 1212 −+−≥− xxx ...vô nghiệm 0.25 
*x 2
1≤ : Bpt đã cho tương đương: xxx 2112 −≥−+− c ó nghiệm x 2
1≤
 *BPT có tập nghiệm S=(-∞;1/2] ∪ {1} 0.25 
III 
22 2
0 0
sin 2 . co s s in x . o s2
1 co s 1 co s
x x c xI d x d x
x x
pi pi
= =
+ +∫ ∫
0.25 
Đặt 1 cost x= + sin xdt dx⇒ = − , cos 1x t= − 
 0 2x t= ⇒ = , 1
2
x t
pi
= ⇒ = 0.25 
I = 
2 22
1 1
( 1 ) 12 2 ( 2 )t d t t d t
t t
−
= − +∫ ∫ 0.25 
 =
2 2
2 ( 2 ln ) 2 ln 2 1
12
t
t t− + = − 
0.25 
IV 
Theo đlý cosin ta có: BC = 7a 
Theo Pitago ta được: MB = 2 3a ; MA1= 3a 
Vậy 2 2 2 21 1 21MB MA BA a+ = = 1MA MB⇒ ⊥ 
0.50 
Ta lại có: 
1 1 11
1 1( , ( )). .
3 3ABA M ABA MBA
V d M ABA S d S= = 
1 1( , ( )) ( , ( )) 3d M ABA d C ABA a= = 
1
2
1
1
. 5
2ABA
S AB AA a= = 0.25 
1
2
1
1
. 3 3
2MBA
S MB MA a= = 5
3
ad⇒ = 
0.25 
V 
Do 2 2 2 9a b c+ + = nên ít nhất một bình phương lớn hơn hoạc bằng 3. 
Giả sử 2 2 23 6c a b≥ ⇒ + ≤ 
VT2 = [ ]2 2 2 22( ) (2 ) (4 (2 ) )(( ) )a b ab c ab a b c+ + − ≤ + − + + 
VT2 2 2(8 4 )(9 2 )ab a b ab≤ − + + 
Ta sẽ CM 2 2(8 4 )(9 2 ) 100ab a b ab− + + ≤ 
3 22( ) ( ) 20 28 0ab ab ab⇔ + − − ≤ 
3 2 22( ) ( ) 20 28 0 (2 7)( 2) 0ab ab ab ab ab⇔ + − − ≤ ⇔ − + ≤ 1,0 
A1 
M 
C1 B1 
B 
A 
C 
N
D
IA C
B
N'M
2 2 6 3 2 7 0
2 2
a b
ab ab+≤ ≤ = ⇒ − < . Vậy BDT Đúng 
VI.a1 
Tọa dộ giao điểm I của d
 và d’ là nghiệm của hệ phương trình 
9
3 0 9 32 ;
6 0 3 2 2
2
x
x y
I
x y y

=
− − =   
⇔ ⇒   + − =   
=

Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD 
( )Ox 3;0M d M⇒ = ∩ ⇒ 
0.25 
 Ta có: 2 3 2AB IM= = 
Theo giả thiết . 12 2 2ABCDS AB AD AD= = ⇒ = 
Vì I, M thuộc d : 3 0d AD AD x y⇒ ⊥ ⇒ + − = 0.25 
 Lại có 2MA MD= = ⇒ tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình 
( ) ( ) ( )2 2
3 0 2 4
2;1 ; 4; 1
1 13 2
x y x x
A D
y yx y
+ − =
= = 
⇔ ∧ ⇒ −  
= = −
− + =  
0.25 
Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2) TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 
4) 0.25 
VI.a2 
 . Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;-2) R= 2 2 21 2 ( 2) 16+ + − + =5. 0.25 
 mp(P) có dạng: 2 2 0x y z c+ + + = ( 3c ≠ − ) 
 . Do chu vi đường tròn bằng 8pi nên bán kính 4r = 
0.25 
2 2( ; ( )) 3d I P R r= − = ⇔ 4 9c+ = 
 ⇔ 
5
13
c
c
=
= −
0.25 
KL: ( 1P ) 2 2 5 0x y z+ + + = ( 2P ) 2 2 13 0x y z+ + − = 0.25 
VII.a 
Ta có: 
Đặt 
0.5 
Dẫn đến: 
Kết hợp với giả thiết ban đầu: 
0.25 
Nên kế hợp lại ta ñược số phức : 
 ; 0.25 
VI.b1 
 Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có : 
'
'
2 4
2 5
N I N
N I N
x x x
y y y
= − =

= − = −
0.25 
 Phương trình đường thẳng AB:4x + 3y – 1 = 0 
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 
2 2
4.2 3.1 1
2
4 3
d
+ −
= =
+
0.25 
AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 
2 2 2
1 1 1
4d x x
= + suy ra x = 5 suy ra BI = 5 
0.25 
 Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 
Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2
4x 3y – 1 0
( 2) ( 1) 5x y
+ =

− + − =
B có hoành độ dương nên B( 1; -1) 0.25 
VIb2. 
.Gọi ( ;0;0)C a Ox∈ . 2( ;( ))
3
a
d C P = 
0.25 
;
( ;( ))
MC u
d C
u
∆  ∆ =
 
 với 
(1;0; 2)
( 1;0;2)
(1;2;2)
M
MC a
u∆
−
= −
=


 . ; ( 4;4 2 ;2( 1))MC u a a∆  = − − − 
 
0.25 
28 24 36( ; ( ))
3
a ad C − +∆ = =
2( ; ( ))
3
a
d C P = ⇔ 3a = Vậy (3;0;0)C 
0.25 
 Phương trình mp (P): 1 2 3 6 6 0
3 2 1
x y z
x y z+ + = ⇔ + − − =
−
 0.25 
VIIb ĐK: x+y > 0 
Hệ đã cho ⇔ 
3
5( ) 3
27
( ) 5
x y
x y
x y
x y
−
−

+ =

 + =
 ⇔ 
3
3
55 3
27
( ) 5
x y
x y
x yx y
−
−
−

=

 + =
0.25 
⇔ 
3
33
3
5 3
( ) 5
x y
x y
x yx y
− −
− −
−

 =

 + =
⇔ 3
3 0
( ) 5x y
x y
x y −
− − =

+ =
⇔ 3
3
(2 3) 125
y x
x
= −

− =
0.5 
3
2 3 5
y x
x
= −
⇔ 
− =
 ⇔ 
4
1
x
y
=

=
 thỏa mãn điều kiện. 
0.25 
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án 
 quy định. 
------------------Hết------------------