1. TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN I
NĂM HỌC: 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối: D
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
3 1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − mx 2 + m3 , với m là tham số thực.
2 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại, cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x.
Câu II (2,0 điểm)
π
1. Giải phương trình: 2 cos 3 x cos x + 3(1 +sin 2 x) = 2 3 cos 2 (2 x +
4
) .
 3x − 2 y + 4 x + y = 5

2. Giải hệ phương trình:  2 y2 .
2 x − 5 y + =0
 x
π
4
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ ( x + sin 2 2 x) cos 2 xdx .
0
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Hình chiếu của
đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AD, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD)
bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.HABC và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC).
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 1 1
biểu thức: P= + + .
1 + xy 1 + yz 1 + zx
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 tọa độ Oxy, cho đường thẳng (∆) có phương trình 3x + 2y – 4 = 0 và 2 điểm
A(-1 ; -3); G(4 ; -2). Hãy xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhận G làm trọng tâm, A là một
đỉnh và đường thẳng (∆) là đường trung trực của một cạnh chứa đỉnh A của tam giác.
x +1 −log 1 (3 − x ) −log 8 ( x −1)3 = 0
2. Giải phương trình: log 2
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 2. Tính tổng: S =C − C + C − +( − .n.C .
2. 3. ... 1) 1
n
2
n
3
n
n−1 n
n
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) có phương trình x +y +4 x +4 y +6 =0 và đường 2 2
thẳng (∆): x + my – 2m + 3 = 0 (với m là tham số). Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m để đường thẳng
(∆) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
log 4 ( x + 1) 4 − x + log 8 ( 4 + x )
2 3
2. Giải phương trình: + 2 = log
2 .
Câu VII.b (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1 −+ 1 − 2 ++ 1 − n
x 2( x) ... n( x)
thu được đa
thức P ( x) = + x + + x . Tính hệ số a biết rằng
a a0 ...
1 a n
n
8
n
là số nguyên dương thoả mãn:
1 7 1
2
+ 3 = .
Cn C n n

2. -------------Hết-------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………….…..; Số báo danh: …..…………....
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
------------***------------ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN I
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối: D; NĂM HỌC: 2011 – 2012
(Đáp án – thang điểm gồm có 06 trang)
Câu Ý Đáp án Điểm
I 3 1
Cho hàm số y = x3 − mx 2 + m3 , với m là tham số thực. 2,0
2 2
I.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 1,0
3 1
Khi m = 1, hàm số trở thành y = x3 − x 2 +
2 2
 TXĐ: D = R
 Sự biến thiên: 0,25
x = 0
- Chiều biến thiên: y ' =3x 2 −3x , y'=0 ⇔ 
x =1
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( − ; 0) vµ (1; +∞
∞ )
, nghịch biến trên khoảng (0;1)
1
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yC § =
2
, đạt cực tiểu tại x =1, yCT = 0
. 0,25
- Giới hạn: lim y =− ; lim y =+
∞ ∞
x→ ∞
− x→ ∞
+
- Bảng biến thiên:
x −∞
0 1 +∞
y’ + 0 – 0 + 0,25
1 +∞
y 2
−∞
0
 Đồ thị:
y
1
0,25
2
O 1 x
I.2 Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại, cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x 1,0
x = 0 0,25
Ta có y’= 3 x 2 − mx
3 , y' =0 ⇔ 
x = m
2

3. Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu thì y'=0
có hai nghiệm phân biệt ⇔ ≠
m 0
.
 m3 
B ( m ; 0)
0,25
Khi đó giả sử các điểm cực đại, cực tiểu là : A  0; ÷ và
 2 
uuu 
r m3   m m3 
Ta có: AB =  m; − ÷ ; trung điểm I của AB là: I ; ÷
 2  2 4 
Theo yêu cầu bài toán để A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x thì 0,25
đường thẳng AB vuông góc với ∆: y =x và trung điểm I của AB thuộc đường
thẳng
 m3
uuu uu
r r  m− =0
 AB.u∆ = 0
  2 m = 0
⇔ ⇔ 3 ⇔
I ∈ ∆
 m = m m = ± 2 0,25
 4
 2
Đối chiếu điều kiện ta có m =± 2
II 2,0
π
II.1 Giải phương trình: 2 cos 3 x cos x + 3(1 +sin 2 x) = 2 3 cos 2 (2 x +
4
) (1). 1,0
 π 
(1) ⇔ cos 4 x + cos 2 x + 3 + 3 sin 2 x = 3 1 + cos(4 x + ) 
 2  0,25
⇔ cos 4 x + cos 2 x + 3 + 3 sin 2 x = 3 − 3 sin 4 x
⇔ (cos 4 x + 3 sin 4 x ) + (cos 2 x − 3 sin 2 x) = 0
1 3 1 3 0,25
⇔ ( cos 4 x + sin 4 x) + ( cos 2 x − sin 2 x) = 0
2 2 2 2
π π
⇔ sin(4 x + ) + sin(2 x + ) = 0
6 6
0,25
π
⇔ 2sin(3x + ).cos x = 0
6
 π
cos x = 0  x = 2 + kπ
⇔ π ⇔ (k ∉ Z ) 0,25
sin(3 x + )  x = −π + kπ
 6 
 18 3
 3x − 2 y + 4 x + y = 5

II.2 Giải hệ phương trình:  2 y2 (*) . 1,0
2 x − 5 y + =0
 x
+ Điều kiện x >0
2 x − 5 xy + 2 y 2 = 0 ( 2 x − y ) ( x − 2 y ) = 0

2
 0,5
(*) ⇔  ⇔
 3x − 2 y + 4 x + y = 5
  3x − 2 y + 4 x + y = 5

 y = 2 x
0,25


  3x − 2 y + 4 x + y = 5

⇔
 x = 2 y

  3x − 2 y + 4 x + y = 5

3

4.  y = 2 x


  − x + 6 x = 5 (lo¹i )
 y =1
⇔ ⇔
 x = 2 y ⇒ y > 0
 x = 2 0,25
 4 y + 9 y = 5

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) = (2 ; 1)
π
4
III Tính tích phân: I = ∫ ( x + sin 2 2 x ) cos 2 xdx . 1,0
0
π π π
4 4 4
I = ∫ ( x + sin 2 x ) cos 2 xdx = ∫ x.cos 2 xdx + ∫ sin 2 2 x.cos 2 xdx = I1 + I 2
2
0,25
0 0 0
π du = dx
4 u = x 
+ Tính I1 = ∫ x.cos 2 xdx . Đặt  ⇒ 1
dv = cos 2 xdx v = 2 sin 2 x
0 
0,25
π
1 π 4
1 π 1 π
π 1
⇒ I1 = x. sin 2 x 0 − ∫ sin 2 xdx = + cos 2 x 0 = −
4 4
2 0
2 8 4 8 4
π
4
+ Tính I 2 = ∫ sin 2 2 x.cos 2 xdx. Đặt t =sin 2 x ⇒= cos 2 xdx
dt 2
0
π 0,25
Với x = 0 ⇒t = 0; x =
4
⇒t =1
1 1
1 1 t3 1
⇒ I 2 = ∫ t 2 dt = . =
0
2 2 3 0
6
π 1 1 π 1
Vậy I =
8
− + = −
4 6 8 12
. 0,25
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Hình chiếu của
đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AD, góc giữa hai mặt phẳng
IV 1,0
(SAC) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.HABC và khoảng cách từ
H đến mặt phẳng (SBC).
S Dựng HI AC => SI AC (định lý 3 ⊥ ⊥
đường vuông góc)
⇒·
SIH =600
Xét ∆ SHI có:
SH
K tan600 = HI
⇒ SH = HI . tan 600
=
a 2
. 3=
a 6 0,25
4 4
A
I B
H O
J
D
C
4

5. a 
+ a ÷.a
( AH + BC ). AB  2  = 3a
2
S HABC = =
2 2 4 0,25
2 3
1 1 3a a 6 a 6
VS . HABC = .S HABC .SH = . . =
3 3 4 4 16
Gọi J là trung điểm của BC
Dựng HK ⊥ SJ => HK ⊥ (SBC) 0,25
=> d(H; (SBC)) = HK
1 1 1 1 1 8 1 11
= + = 2 + 2 = 2+ 2 = 2
Ta có: HK 2
SH 2
HJ 2
a .6 a 3a a 3a
16
0,25
a 3 a 33 a 33
=> HK = =
11
. Vậy d(H;(SBC)) =
11 11
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
V P=
1
+
1
+
1 1,0
biểu thức: 1 + xy 1 + yz 1 + zx
.
 1 1 1 
Ta có: [ (1 + xy ) + (1 + yz ) + (1 + zx) ]  + + ÷≥ 9 0,25
1 + xy 1 + yz 1 + zx 
9 9
⇔P ≥ ≥ 0,25
3 + xy + yz + zx 3 + x + y 2 + z 2
2
9 3
⇒ P≥ = 0,25
6 2
3
Vậy GTNN là Pmin = khi x = y = z 0,25
2
VI.a 2,0
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (∆) có phương trình
3x + 2y – 4 = 0 và 2 điểm A(-1 ; -3); G(4 ; -2). Hãy xác định tâm đường tròn
VI.a.1 1,0
ngoại tiếp tam giác nhận G làm trọng tâm, A là một đỉnh và đường thẳng (∆)
là đường trung trực của một cạnh chứa đỉnh A của tam giác.
Giả sử ∆ABC có đỉnh A(-1 ; -3), trọng tâm
B
G(4 ; -2), đường trung trực của cạnh AC là
(∆): 3x + 2y – 4 = 0 .
0,25
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc
G
I với ∆ nên ta có pt: 2(x + 1) – 3(y + 3) = 0
C  2x – 3y – 7 = 0
A M
Δ Trung điểm M của AC có tọa độ thỏa mãn
3 x + 2 y − 4 = 0 0,25
hệ:  ⇒ M (2; −1)
2 x − 3 y − 7 = 0
uuur uuuu
r
Do MB =3MG ⇒ (8; − .
B 4)
0,25
=> Đường trung trực cạnh AB có pt: 9x – y – 35 = 0
Tâm I đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có tọa độ là nghiệm của hệ pt: 0,25
3 x + 2 y − 4 = 0 74 −23
 ⇒I ( ; ) .
9 x − y − 35 = 0 21 7
5

6. log x +1 −log 1 (3 − x) −log 8 ( x −1) 3 = 0 ( *)
VI.a.2 Giải phương trình: 2
2
. 1,0
log 2 ( x +1) + log 2 (3 − x) − log 2 ( x −1) = 0
( *) ⇔
 0,25
 < x <3
1
( x + 1) ( 3 − x ) = x − 1

⇔ 
1 < x < 3

0,25
x 2 − x − 4 = 0

⇔ 0,25
1 < x < 3

1 + 17
⇔x= 0,25
2
VII.a Cho n là số tự nhiên lớn hơn 2. Tính tổng: S = n − Cn + Cn − + − n − .n.Cn
C1 2. 2 3. 3 ... ( 1) 1 n
. 1,0
Xét khai triển: (1 + )
x n
=C 0
n +xC + C
1
nx 2 2
n + + C
... x n n
n 0,25
Đạo hàm hai vế ta được: n (1 + )
x n−1
=C + xC
2 1
n
2
n + +
... nx n−1
C n
n 0,25
Chọn x =− ⇒ (1 −
1 n 1) n−1
= n − C n + + − n − nC n
C1 2 2 ... ( 1) 1 n
0,25
Vậy S = 0 0,25
VI.b 2,0
Trong mặt phẳng
Oxy cho đường tròn (C) có phương trình
x 2 +y 2 + x + y + =
4 4 6 0và đường thẳng (∆): x + my – 2m + 3 = 0 (với m là
VI.b.1 1,0
tham số). Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m để đường thẳng (∆) cắt (C) tại 2
điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
Ta có (C) có tâm I(-2 ; -2) và bán kính R = 2
B
H Giả sử ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B thì ta có
A
1 1
S ∆IAB = IA.IB.sin ·AIB ≤ R 2 =1
R 2 2 0,25
I
⇒max S ∆IAB = ⇔
1 IA ⊥IB ⇒AB =2
Khi đó: d ( I , ∆) = IH =1 0,25
−2 − 2m − 2 m +3
hay: =1 ⇔(1 − 4m) 2 =1 + m 2 0,25
1+m 2
m = 0
⇔ 0,25
m = 8
 15
log 4 ( x + 1) 4 − x + log 8 ( 4 + x )
2 3
VI.b.2 Giải phương trình: + 2 = log
2
(*) . 1,0
x +1 ≠ 0
 −4 < x < 4
Điều kiện: 4 − x > 0 ⇔ 
4 + x > 0  x ≠ −1 0,25

(*) ⇔ 2 x + + =
log 1 2 log 2 ( 4 −x ) + 2 ( 4 +x )
log
⇔ log 2 x +1 + 2 = log 2 ( 16 − x 2 )
0,25
⇔ log 2 4 x +1 = log 2 ( 16 − x 2 ) ⇔ 4 x +1 = 16 − x 2
+ Với −< <
1 x 4
ta có phương trình x2 + x −
4 12 =0 (1) ; 0,25
6

7. x = 2
(1) ⇔ 
 x = −6 ( lo¹ i )
+ Với −< < 1
4 x −
ta có phương trình x2 − x −
4 20 =0 (2);
 x = 2 − 24
( 2) ⇔  0,25
 x = 2 + 24 ( lo¹ i )

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x =2
hoặc (
x = 2 1− 6 )
Khai triển và rút gọn biểu thức 1 −+ 1 − 2 ++ 1 − n
x 2( x) ... n( x)
thu được đa thức
VII. P ( x) =a + x + + x
0 a ...1a . Tính hệ số
n
n
a8
biết rằng n
là số nguyên dương thoả
1,0
b 1 7 1
mãn: 2
+ 3 = .
Cn C n n
n ≥ 3
1 7 1 
Ta có + 3 = ⇔ 2 7.3! 1 0,25
 n( n −1) + n( n −1)(n − 2) = n
2
Cn Cn n

n ≥ 3
⇔ 2
n − 5n − 36 = 0
⇔ n = 9. 0,25
Suy ra a8 là hệ số của x8 trong khai triển 8(1 −x )8 +9(1 −x) 9 . 0,25
Hay a8 = 8
8.C8 8
+9.C 9 =89. 0,25
--------------Hết--------------
7