1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI A
Ngày thi: 28/01/2011
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm)
Cho hàm số y = x4
– 4x2
+ 3 (C).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (C)
2. Gọi (C1) là đồ thị đối xứng của đồ thị (C) qua điểm A(
1
;2
2
)Viết phương trình tiếp tuyến với đồ
thị (C1) biết rằng tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): 16x + y – 2 = 0
Câu II. (2.0 điểm)
1.Giải phương trình 4sin3x -13sin2x + 4sinx = 3cos3x – 13cosx + 8cos2
x
2. Giải bất phương trình 2 2
(4 1) 1 2 2 1x x x x    
Câu III. (1.0 điểm)
Tìm nguyên hàm I = 2
2
2 1
ln(1 ) 2011
ln[(ex ) ]
x
x
x x
dx
e 
 


Câu IV. (1.0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a2
b2
+ b2
c2
+ c2
a2
= 3a2
b2
c2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
2009 2011 2007( ) 2009 2011bc a c a b c bc a b
A
a bc
    

Câu V. (1.0 điểm)
Cho hình vuông ABCD tâm I .Các nửa đường thẳng Ax, Cy cùng vuông góc với mặt phẳng
(ABCD)
và ở cùng phía đối với mặt phẳng đó. Trên Ax, Cy lần lượt lấy các điểm M, N sao cho AM = m,
CN = n, m,n 0 góc tạo bởi hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD) bằng 300
.Tính thể tích của
khối chóp B.AMNC. Tìm điều kiện của m theo n để góc MIN vuông.
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)
Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không được chấm
điểm).
A. Theo chương trình nâng cao
Câu VIa. (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Lập phương trình đường thẳng đi qua A(8 ;6) và tạo với 2 trục toạ
độ một tam giác có diện tích bằng 12.
2. Giải phương trình 1 2 10
... 1023x x x
x x xC C C  
    ( k
nC là tổ hợp chập k của n phần tử)
Câu VIIa. (1.0 điểm)
Giải hệ phương trình
3 2 3
2
5 3 2
2 1
x xy y x y
x xy
    

 
B. Theo chương trình chuẩn
Câu VIb. (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD .Biết rằng
AB = 2BC , A, B thuộc đường thẳng đi qua M(
4
;1
3
 ), B, C thuộc đường thẳng đi qua N(0 ; 3),
A,D thuộc đường thẳng đi qua P(4 ; -1/3), C,D thuộc đường thẳng đi qua Q(6 ;2) .
2. Giải bất phương trình :
3
1
4
1 3
1
14
x
x
x
C
A P



 ( , ,k k
n n kC A P lần lượt là tổ hợp, chỉnh hợp chập k của n phần
tử, hoán vị của k phần tử)
Câu VIIb. (1.0 điểm)
Giải hệ phương trình 2 2
10 2
30 2 1
x xy y
x xy xy x y
  

    
.................HẾT..............

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP
12
Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN
Ngày 28/01/2011
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I
1.(1điểm)
2.(1điểm)
1. TXĐ:D = R 0,25
2. Chiều biến thiên
x
limy ,lim
x
y
 
   
y’ = 4x3
– 8x, y’ = 0
0,25
Bảng biến thiên
Khoảng đồng biến , nghịch biến và cực trị của hàm số
0,25
3. Đồ thị, nhận xét đồ thị 0,25
Giả sử M(x1; y1) (C), N(x2; y2) (C1) là hai điểm đối xứng nhau qua A khi đó ta có
1 2
2 2
1 2
1
(1 ;4 )
4
x x
M x y
y y
 
  
 
. Vì M ( )C nên ta có 4 2
2 1 14 (1 ) 4(1 ) 3y x x     
0,25
Vậy (C1) có phương trình 4 3 2
( ) 4 2 4 4y f x x x x x      
Ta có f’(x) = -4x3
+ 12x2
– 4x – 4
Phương trình tiếp tuyến tại M0(x0; y0) có dạng y = f’(x0)(x – x0) + y0. Vì tiếp tuyến
song
0,25
song với (d) nên f’(x0) = -16  -4x3
+ 12x2
– 4x – 4 = -16  x0 = 3 suy ra phương
trình tiếp tuyến cần tìm là y = - 16x + 49
0,5
Câu II.
1.(1điểm)
2.(1điểm)
Phương trình  4(sin3x + sinx) + 3(cosx – cos3x) – 13sin2x – 8cos2
x = -10cosx
 (sin2x - cosx)(4cosx +3sinx – 5) = 0
0,5
2
, 2
sin 2 osx=0 6 3 2
4cosx+3sinx=5
2
2
k
x x k
x c
x k
  


 

   
  
    

trong đó
4
sin
5
3
os =
5
c







0,5
Đặt t = 2
1 ( 1)x t  khi đó bất phương trình trở thành 2t2
– (4x-1)t+2x-1  0 0,25
Ta có  =(4x-3)2
tam thức vế trái có 2 nghiệm t1 =1/2 , t2 = 2x-1 0,25
 Nếu t2 < t1 ta suy ra bất phương trình vô nghiệm. 0,25
 Nếu t1  t2 ta có tập nghiệm của bất phương trình là S =
4
[ ;+ )
3

0,25
CâuIII.
1.(điểm) 2 2
2 2
2 2x 1 2 1
ln(1 ) 2011 [ln(x +1)+2011]
( 1)[ln(x +1)+1]ln[e ( 1) ]
x
x
x x x
dx dx
xx 
 


 
0,25
Đặt t = ln(x2
+ 1) + 1 2
2
1
x
dt dx
x
 

0,25
Khi đí I =
1 2010
2
t
dt
t

 vậy I =
1
1005ln
2
t t C  =
0,25
2 21 1
ln( 1) 1005ln(ln( 1) 1)
2 2
x x C     
0,25

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Câu IV
1.(điểm) Ta có A = 2 2
2009 2011 1 1 2009 2011
2007( )
a b b c a c
    
0,25
Đặt x = 1/a, y = 1/b, z = 1/c khi đó x2
+ y2
+ z2
= 3
A = 2 2
2009 2011 2007( ) 2009 2011x y y z x z    
Ta có A2 2 2
3.4018( 2(3 ))x x   xét hàm số f(x) = 2 2
2(3 )x x  trên (0; 3 ]
0,25
Lập bảng biến thiên được AMax = 21.2009  hay a =
2
, 2
5
b c 
0,5
Câu V.
1. điểm
* BD vuông góc AC, MI vuông góc AC nên
((MBD);(ABCD)) = MIA  300
. Đặt AB = x ta có
AI =
2
x
Trong tam giác MAI có AI.tan300
= MA
x  6m 3( )
2
ACNM
m n
S AC m m n

    .
Vậy VBACNM = 2
( )m m n (đvtt)
0,5
* Ta có MN2
= AC2
+ (m - n)2
= 13m2
-2mn + n2
MI2
= x2
/2 + m2
, NI2
= x2
/2 + n2
0,25
góc MIN vuông khi và chỉ khi MN2
= MI2
+ NI2
hay n = 3m. 0,25
Câu VI.a
1.(1điểm)
2.(1điểm)
Giả sử (d) đi qua A(8;6) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M(a;0), N(0;b) a,b
khác 0.Khi đó (d) có phương trình 1
x y
a b
  . Vì (d) đi qua A nên
8 6
1
a b
  (1)
0,25
lại có
1
12
2
OABS ab   (2). Từ (1) và (2) ta có hệ
8 6
1
24
a b
ab

 

 
0,25
4
6
8
3
a
b
a
b
 

 
  


từ đó có 2 đường thẳng thoả mãn điều kiện là 1, 1
4 6 8 3
x y x y
    
0,5
Ta có 1 2 10 1 2 10
... 1023 1 ... 1024x x x x x x
x x x x x xC C C C C C     
          0,25
0 1 10
... 1024x x xC C C     0,25
mặt khác ta có 0 1 10 10
10 10 10... 2 1024C C C    
Vậy x=10
0,5
CâuVII.a
1(điểm)
3 2 3
2
5 3 2 (1)
1 2 (2)
x xy y x y
x xy
    

 
Thay (2) vào (1) ta được x3
– 7xy2
+ 3x2
y + 3y3
= 0 (3)
Với y = 0 hệ đã cho vô nghiệm nên ta giải hệ với y khác 0.
0,25
(3) 3 2
( ) 3( ) 7 3 0(4)
x x x
y y y
     . Đặt t = x/y phương trình (4) trở thành
t3
+ 3t2
– 7t + 3 = 0
1
2 7
2 7
t
t
t


   
   
0,25
I
A D
B C
M
N

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
CâuVI.b
1.(1điểm)
2.(1điểm)
Với t = 1 ta có x = y hệ có nghiệm là (
1 1
;
3 3
), (
1 1
;
3 3
  )
Với t = 2 7  hệ có nghiệm là
2 7 1 2 7 1
( ; ), ( ; )
7 77 2 7 7 2 7
 
 
 
Với t = - 2 + 7 hệ có nghiệm là
7 2 1 7 2 1
( ; ); ( ; )
7 77 2 7 7 2 7
 
 
 
0,5
Phương trình AB có dạng: y = k(x + 4/3) + 1
DC: y = k(x - 6) + 2 , BC: x + ky – 3k = 0 , AD: x + ky -4 + k/3 = 0
0,25
Vì AB = 2BC nên d(AD,BC)=2d(AB,DC) hay d(P;BC) = 2d(M;DC) 0,25
2 2
4 1
4 3 1 6 2
10 12 6 443 3 3
10 12 44 6 31 1
17
k
k k k k
k k
k kk k k

        
           

0,25
Với k = 1/3 ta có phương trình các cạnh hình chữ nhật là: AB:
1/3( 4 /3) 1, : 1/3( 6) 2, : 1/3 1 0, : 1/3 35/9 0y x DC y x BC x y AD x y           
Với k = -3/17 ta có phương trình các cạnh của hình chữ nhật là:
: 3/17( 4/3) 1, : 3/17( 6) 2, : 3/17 9/17 0,
: 3/17 4 3/17 0
AB y x DC y x BC x y
AD x y
          
   
0,25
ĐK:
3x
x N



0,25
Ta có
3
1
4
1 3
1 ( 1)! 1
14 2( 1)! 84
x
x
x
C x
A P x




  

0,25
2 7
42 0
6
x
x x
x
 
      
kết hợp với điều kiện ta được
7x
x N



0,5
Câu
VIIb.
1(điểm)
Hệ phương trình đã cho 2 2
2 11
2 1 30
xy x y x
xy xy x y x
   
 
    
0,25
Với x = 0 hệ đã cho vô nghiệm nên ta giải hệ với x khác 0 khi đó hệ
2
2
22 2
2 1 1
1 11 ( 1) ( 1) 11
1 12 1 1
( 1) ( 1) 3030
y
y y y
x x x x
y y y
y y
x xx x x x x
           
  
         
 
0,25
Đặt
1
1
a
x
b y



  
khi đó hệ trở thành
6
511
( ) 30 5
6
a b
aba ab b
ab a b a b
ab
  

       


0,25
giải hệ với a,b tìm được ta được nghiệm của hệ là (1;4),(1/5;0), (1/3;1), (1/2;2) 0,25
Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®­îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh­
®¸p ¸n quy ®Þnh