1. SỞ GDĐT THANH HÓA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG ĐỢT II
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2011-2012
(Thời gian làm bài 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm)
Cho hàm số: y =x −3x +mx +
3
1 2
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi . m =0
2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Gọi (∆ )
là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu.Tìm
 1 11 
giá trị lớn nhất khoảng cách từ điểm I ; ÷ đến đường thẳng (∆ )
.
2 4
Câu II. (2.0 điểm)
1 2 (s inx − cos x)
1. Giải phương trình : = .
tanx + cot 2x cot x −1
2. Giải bất phương trình : x2 +91 > x −2 +x 2
e
(x − 2) ln x + x
Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân: ∫
1
x(1 + ln x)
dx
Câu IV. (1.0 điểm)
Cho khối chóp có đáy là hình thang cân, đáy lớn AB bằng bốn lần đáy nhỏ CD, chiều cao của
S.ABCD
đáy bằng a. Bốn đường cao của bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài bằng nhau và bằng b. Tính thể tích
của khối chóp theo a, b.
Câu V. (1.0 điểm)
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn . a + + =
b c 1
3
Chứng minh rằng: ( a − b ) ( b −c) ( c −a ) ≤ .
18
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ).
A.Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M(2;1), N(4;-2); P(2;0), Q(1;2) lần
lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông.
2. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(13;-1;0), N(12;0;4).Lập phương trình mặt phẳng đi qua hai
điểm M, N và tiếp xúc với mặt cầu ( S) : x +y + − − − − =0 .
z 2x 4y 2
6z 67 2 2
CâuVII.a (1điểm)
( ) ( ) 2x
log 3 x log 3 x
Giải phương trình: 10 +1 − 10 −1 =
3
.
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm I ( 1; −1) là tâm của một hình vuông, một trong các cạnh
của nó có phương trình x −2y + =0 .Viết phương trình các cạnh còn lại của hình vuông.
12
2. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(0;-1;2), N(-1;1;3).Viết phương trình mặt phẳng (R) đi qua M,
N và tạo với mặt phẳng (P): 2x −y − − =0 một góc nhỏ nhất.
2z 2
CâuVII.b (1 điểm)
2 log1−x ( −xy − 2x + y + 2) + log 2+y (x 2 − 2x +1) = 6

Giải hệ phương trình 
log1−x (y + 5) − log 2+y (x + 4) = 1

.................HẾT..............

2. Bài giải chi tiết:
Câu Ý Nội dung
1 Cho hàm số: y =x −3x 3 2
+1 (1)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =x −3x 3 2
+1
* Tập xác định: R.
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn: lim y = lim ( x −3x +1) =− , lim y =+ .
∞ ∞ 3 2
x→ ∞
− x→ ∞
− x→ ∞
+
+ Bảng biến thiên:
x = 0
y′ = 3x 2 − 6x = 3x(x − 2), y′ = 0 ⇔ 
x = 2
Bảng biến thiên:
x −∞
0 2 +∞
y′
+ 0
- 0
+
y
1 +∞
−∞
-3
1
I + Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; 0 ) và ( 2; +∞ ) .
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;2 ) .
+ Hàm số đạt cực đại tại x =0, y CÐ =y(0) =1
đạt cực tiểu tại x =2, y CT =y(2) =−3
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.
Ta có y′ = − y′ = ⇔ =
′ 6x 6; ′ 0 x 1
y′
đổi dấu khi x qua x = 1.
Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng.
y f(x)=x^3-3x^2+1
8
6
4
2
x
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-2
-4
-6
-8

3. 2 Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu..........................................
Ta có y ′ =3x 2 −6x +m .
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y′ = 0
có hai nghiệm phân biệt.
Tức là cần có: ′
∆ 9−
= 3m > ⇔ 3.
0 m <
 x 1   2m  m
Chia đa thức y cho y′
, ta được: y = y′.  − ÷+  − 2 ÷x + +1 .
3 3  3  3
Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm ( x1 ; y1 ) , ( x 2 ; y 2 ) .
Vì y′ 1 ) = y′ 2 ) =
(x 0; (x 0 nên phương trình đường thẳng (∆) qua hai điểm cực đại, cực tiểu là:
2
 2m  m m
y = − 2 ÷x + +1 hay y= ( 2x +1) − 2x +1
 3  3 3
 1 
Ta thấy đường thẳng (∆) luôn đi qua điểm cố định A  − ;2 ÷ . Hệ số góc của đường thẳng IA là
I  2 
3 5
k= . Kẻ IH ⊥ ( ∆) ta thấy d ( I; ∆) = IH ≤ IA = .
4 4
2m 1 4
Đẳng thức xảy ra khi IA ⊥( ∆) ⇔ −2 = − =− ⇔m =1 (TM).
3 k 3
5
Vậy max d ( I; ∆) = khi m =1
.
4
1 1 2 (s inx −cos x)
Giải phương trình : = .
t anx + cot 2x cot x −1
s inx.cos x ≠ 0
Điều kiện : sinx.cosx 
cot x ≠ 1
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
1 2 ( s inx − cosx )
=
s inx cos2x cos x − s inx
+
cos x s in2x s inx
II
 3π
2  x = − 4 + k2π
Giải được cos x = − ⇔ (k ∈ Z)
2  x = 3π + k2π

 4
3π
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x=
4
+ k2π, (k ∈Z)
2 Giải bất phương trình : x2 +91 > x −2 +x 2
Điều kiện x ≥2
Phương trình đã cho tương đương với: ( x 2 +91 −10 − ) ( )
x −2 −1 −( x 2 −9 ) > 0
x 2 −9 x −3
⇔ − − (x + 3)(x − 3) > 0
x + 91 +10
2
x − 2 +1
 x +3 1  (*)
⇔( x − 3 )  − − (x + 3) ÷> 0
 x + 91 +10
2
x − 2 +1 
x +3 1
Ta có − (x + 3) − <0 với mọi x ≥2
.
x +91 +10
2
x − 2 +1
Do đó (*) ⇔
x < 3.

4. Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là : 3> x ≥2
e
(x − 2) ln x + x
Tính tích phân: ∫
1
x(1 + ln x)
dx
e e e
x(1 +ln x) −2 ln x ln x
I= ∫
1
x (1 +ln x )
dx = ∫dx
1
-2 ∫ x(1 +ln x) dx
1
III e
Ta có : ∫ dx = e −1
1
e
ln x
Tính J = ∫ x(1 +ln x) dx
1
2 2
t −1 1
Đặt t = 1 + lnx, Ta có: J = ∫
1
t
dt = ∫(1 − t )dt
1
= (t - ln t
) = 1 - ln2
Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2
Tính thể tích của khối chóp theo a, b
S
b
M
A B
a
H
E
IV D N C
Gọi H là chân đường cao của chóp thì H phải cách đều các cạnh của đáy và trong trường hợp này ta
chứng minh được H nằm trong đáy.
Suy ra hình thang cân ABCD có đường tròn nội tiếp tâm H là trung điểm đoạn MN với M, N lần
lượt là trung điểm các cạnh AB, CD và MN = a
a
Đường tròn đó tiếp xúc với BC tại E thì HM = HN = HE =
2
là bán kính đường tròn và
 a 1
SE = SM = SN = b b > ÷⇒SH = 4b 2 −a 2
 2 2
Đặt CN =x
thì BM =4x, CE = BE =
x, 4x
.
a2 a a
Tam giác HBC vuông ở H nên HE 2 = EB.EC ⇔ = 4x 2 ⇔x = ⇒CD = , AB = 2a , suy ra
4 4 2
5a 2
SABCD = .
4
1 5a 2 1 5a 2
Vậy VS.ABCD = . . 4b 2 −a 2 = 4b 2 −a 2 (đvtt)
3 4 2 24

5. 3
Chứng minh rằng: ( a − b ) ( b −c) ( c −a ) ≤ .
18
Đặt F ( a; b; c ) =( a − ) ( b − ) ( c − )
b c a .
3
Ta cần chứng minh F ( a; b; c ) ≤ ( *)
18
3
• Nếu hai trong ba số a, b, c
bằng nhau thì F ( a; b; c ) = 0 < .
18
• Nếu a, b, c
đôi một khác nhau thì không mất tính tổng quát, giả sử a =max { a; b; c} .
3
Lúc đó nếu b >c
thì F ( a; b; c ) < 0 < nên chỉ cần xét a > >
c b
.
18
V Đặt x = +
a b
thì c= −
1 x
.Tacó:
F ( a; b; c ) = a − ) ( c − ) ( a − ) ≤ a + ) c (a + − ) = (1 − ) ( 2x − ) = ( x )
( b b c ( b b c x x 1 h
1 3+ 3  3
Khảo sát hàm số h ( x) với < x ≤1 , ta được: h ( x) ≤ h 
 6 ÷= 18
÷ .
2  
( *) 3+ 3 3− 3
Từ đó suy ra BĐT . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= ; b = 0; c = .
6 6
1 Lập phương trình các cạnh của hình vuông..............
Giả sử đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến là tọa độ là (a;b) với a +b ≠0 2 2
Suy ra véc tơ pháp tuyến của đường thẳng BC có tọa độ là ( -b;a).
Phương trình AB có dạng: a(x − + − =
2) b(y 1) 0 ⇔ +
ax by −2a − =
b 0
BC có dạng : − − + y + = ⇔ + + + = .
b(x 4) a( 2) 0 − bx ay 4b 2a 0
Do ABCD là hình vuông nên
−b 3b + 4ab = −2a
d(P,AB) = d(Q,BC) ⇔ = ⇔
a +b
2 2
a +b2
b = −a
2
• Với b = − 2a
Phương trình các cạnh hình vuông là:
AB: x-2y = 0, BC: 2x + − = CD : x − − = AD : 2x + − =
y 6 0, 2y 2 0, y 4 0.
• Với b = Phương trình các cạnh hình vuông là:
−a
AB : − + + = BC : − − + = CD : − + + = AD : − − + =
x y 1 0, x y 2 0, x y 2 0, x y 3 0.
2 Lập phương trình mặt phẳng .........
Mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;3) bán kính R = 9.
VIa
Mặt phẳng (P) đi qua M(13;-1;0) nên có phương trình dạng :
A(x -13) + B(y + 1) + Cz = 0 với A +B + ≠0 .
C 2 2 2
Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = B + 4C
Lúc này pt(P) : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C = 0 ⇔
( P ) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi : d(I,(P)) = 9
B = 4C
⇔B +5C = 2B2 +8BC +17C 2 ⇔ B2 − 2BC −8C 2 = 0 ⇔ 
B = −2C
Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta được hai phương trình mặt phẳng thỏa mãn bài toán:
(P1 ) : − 2x + 2y − z + 28 = 0
(P2 ) : 8x + 4y + z −100 = 0
( ) ( ) 2x
log3 x log3 x
Giải phương trình: 10 +1 − 10 −1 =
3
.

6. Điều kiện : x > 0
( ) ( ) 2 log3 x
log 3 x log3 x
Ta có phương trinhg tương đương với: 10 +1 − 10 −1 =
3
.3
log 3 x log3 x
 10 +1   10 −1  2
⇔
 ÷
÷ −
 ÷
÷ = .
 3   3  3
VII.a
 1 + 10
t =
3
⇔
log3 x
 10 + 1  1 2
Đặt t =
 3 ÷ ÷ (t > 0). Phương trình trỏ thành: t − = ⇔3t 2 − 2t −3 = 0
t 3
 1 − 10
  t =
 3
( loại)
1 + 10
Với t = ta giải được x = 3
3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =3.
1 Viết phương trình các cạnh còn lại của hình vuông.............
. Lập phương trình các cạnh…
Gọi hình vuông đã cho là . Giả sử pt cạnh là x −2 y + =0 .
12 ABCD AB
Gọi H
là hình chiếu của I lên đường thẳng AB
. Suy ra H ( −2;5 )
A, B
thuộc đường tròn tâm H
, bán kính IH = 45 có pt:
( x +2 ) +( y −5 ) =45
2 2
 x − 2 y +12 = 0

Toạ độ hai điểm A, B
là nghiệm của hệ:  .
( x + 2 ) + ( y − 5 ) = 45
2 2

VIIb Giải hệ tìm được A ( 4;8 ) , B ( − 2 )
8; . Suy ra C ( − −10 )
2;
AD : 2 x + −
y 16 =0
; BC : 2 x + + =
y 14 0
; CD : x − y − =
2 18 0
2 Viết Phương trình mặt phẳng ( R):
Mặt phẳng (P) đi qua M nên có phương trình dạng :
A(x -0) + B(y + 1) + C(z-2) = 0 với A +B + ≠0 .C 2 2 2
Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A =2B + C
B
Gọi α
là góc tạo bởi hai mặt phẳng (P) và (Q),ta có: cosα =
5B2 + 4BC + 2C 2
Nếu B = 0 thì α
= 900 .
C 1 1 1
Nếu B ≠0
, đặt m = ,ta có: cosα = = ≤ .
B 2m + 4m + 5
2
2(m +1) + 3 2 3
1
α
nhỏ nhất khi cosα = ⇔
m = -1 ⇔
B = - C.
3
Vậy mặt phẳng ( R): x+ − + =
y z 3 0
VIIb 2 log1−x ( −xy − 2 x + y + 2) + log 2+ y ( x 2 − 2 x +1) = 6

Giải hệ phương trình 
log1−x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) =1

−xy − 2 x + y + 2 > 0, x 2 − 2 x +1 > 0, y + 5 > 0, x + 4 > 0
Điều kiện:  (I )
0 <1 − x ≠1, 0 < 2 + y ≠1

7. 2 log1−x [(1 − x )( y + 2)] + 2 log 2 + y (1 − x) = 6

Ta có: (I ) ⇔
log1−x ( y + 5) − log 2 +y ( x + 4)
 =1
log1−x ( y + 2) + log 2 + y (1 − x ) − 2 = 0 (1)

⇔
log1−x ( y + 5) − log 2 + y ( x + 4)
 = 1 (2).
1
Đặt log 2 +y (1 −x ) =t thì (1) trở thành: t + −2 = 0 ⇔(t −1) 2 = 0 ⇔t =1.
t
Với t=1
ta có: 1 − = + ⇔ = x − (3).
x y 2 y − 1
Thế vào (2) ta có:
−x +4 −x +4
log1−x ( −x +4) −log1−x ( x +4) = 1 ⇔log1−x =1 ⇔ =1 − x ⇔x 2 +2 x = 0
x +4 x +4
 x = 0 (l )
⇔ . suy ra y = 1
 x = −2
+ Kiểm tra thấy x =− y =
2, 1
thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm duy nhất
x = - 2, y = 1