Đề kiểm tra chất lượng dạy – học bồi dưỡng lần 1 môn Toán, khối A

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ 
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 
 ----------***---------- 
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1 
 NĂM HỌC: 2011 - 2012 
MÔN TOÁN, KHỐI A (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 3 23 1y x x= − + . 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2. Tìm hai điểm M, N thuộc đồ thị (C) sao cho độ dài đoạn MN bằng 32 và tiếp tuyến của (C) tại M và 
N song song với nhau. 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình 
2 sin( )
4 (1 sin 2 ) cot 1
sin
x
x x
x
pi
−
+ = + . 
2. Giải bất phương trình − ≤ + +3 23 1 2 3 1x x x . 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 
1
0
3 2
1
x x
x
xe e
I dx
xe
+ +
=
+∫
. 
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, = 2BC a . Gọi O là 
trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy ( )ABC thỏa mãn: 2 0OA OH+ =



 


 
, góc 
giữa SC và mặt đáy ( )ABC bằng 060 . Hãy tính thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách từ trung điểm I 
của SB tới mặt phẳng ( )SAH . 
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2 2 4 22 (4 3 ) ( 3)
2012 ( 2 2 5 1) 4024x
y y x x x
y x x
 + = +

− + − + =
PhÇn riªng (3,0 ®iÓm) 
ThÝ sinh chØ ®−îc lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc phÇn B) 
A. Theo ch−¬ng tr×nh chuÈn 
C©u VI.a (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm (2;1)I và = 2AC BD . Điểm 1(0; )
3
M thuộc 
đường thẳng AB, điểm (0;7)N thuộc đường thẳng CD. Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B 
có hoành độ dương. 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm (1;8;9)A và − − −( 3; 4; 3)B . Tìm tọa độ điểm C trên mặt 
phẳng Oxy sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 1672 . 
C©u VII.a (1,0 điểm) Cho tập hợp { }22 31 15 0X x N x x= ∈ − + ≤ . Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự 
nhiên. Tính xác suất để ba số được chọn có tổng là một số lẻ. 
B. Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao 
C©u VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2: 2+ =C x y . Viết phương trình tiếp tuyến của 
đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện 
tích nhỏ nhất. 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có (3;1;0)A , đỉnh B nằm trên mặt phẳng Oxy và 
đỉnh C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ các điểm B và C sao cho điểm (2;1;1)H là trực tâm của tam giác 
ABC. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình ( ) ( ) ( )84 221 1log 3 log 1 log 4 .2 4+ + − =x x x 
-------------------- HÕt -------------------- 
 tamxamau@gmail.com gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ 
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 
 ----------***---------- 
®¸p ¸n – thang ®iÓm 
®Ò kiÓm tra chÊt l−îng d¹y - häc båi d−ìng LÇn 1 
 n¨m häc: 2011 – 2012- m«n to¸n, khèi A 
(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang) 
Câu Nội dung Điểm Tổng 
 I.1 
Khảo sát hàm số. 
01 . Tập xác định: D=R 
02 . Sự biến thiên: 
Giới hạn: ( ) ( )3 2 3 2lim 3 1 ; lim 3 1
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
x x
x x x x 
 y’=3x2-6x=0
0
2
x
x
=
⇔ 
=
Bảng biến thiên: 
 x -∞ 0 2 + ∞ 
 y’ + 0 - 0 + 
 1 + ∞ 
 y 
 -∞ -3 
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng: (-∞;0) và (2; + ∞) 
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) 
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, giá trị cực đại bằng 1 
 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, giá trị cực đại bằng -3. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
1,0 
(điểm) 
 I.2 
Tìm hai điểm M, N 
Giả sử 3 3( ; 3 1), ( ; 3 1) ( )M a a a N b b b a b− + − + ≠ 
 Vì tiếp tuyến của (C) tại M và N song song suy ra 
 y a y b( ) ( )′ ′= ⇔ a b a b( )( 2) 0− + − = ⇔b = 2 – a ⇒ a ≠ 1 (vì a ≠ b). 
2 2 3 2 3 2 2( ) ( 3 1 3 1)MN b a b b a a= − + − + − + − 
 =[ ] 22 3 32(1 ) ( 1) ( 1) 3( )a b a b a − + − − − − −  
 =
2
2 34( 1) 2(1 ) 6(1 )a a a − + − − −  = a a a
6 4 24( 1) 24( 1) 40( 1)− − − + − 
2 32MN = ⇔ a a a6 4 24( 1) 24( 1) 40( 1)− − − + − = 32 . Đặt 2( 1)t a= − 
 Giải ra được t = 4 ⇒ a b
a b
3 1
1 3
 = ⇒ = −

= − ⇒ =
 ⇒ M(3; 1) và N(–1; –3) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
1,0 
(điểm) 
03 . Đồ thị 
 Có y’’= 6x-6 
 y’’ = 0 và y’’ đổi dấu tại 
x =1 →điểm uốn là I(1;-1) 
Nhận xét: 
Đồ thị hàm số nhận điểm 
 I(1;-1) là tâm đối xứng 
II.1 
Giải phương trình: 
2 sin( )
4 (1 sin 2 ) cot 1
sin
x
x x
x
pi
−
+ = + . 
 Điều kiện: sin 0x ≠ 
[ ]
pi
pi
pi
pi
⇔ − + = +
⇔ + − + − =
⇔ + − =

⇔

=

= − +⇔

=
2(cos s inx)(cos s inx) cos s inx
 (cos s inx) (cos s inx)(cos s inx) 1 0
(cos s inx)( os2 1) 0
2 s in(x+ )=0
4
os2 1
(tháam·n§K)
4
(kh«ng tháam·n§K)
PT x x x
x x x
x c x
c x
x k
x k
Vậy phương trình có nghiệm pi pi= − + ∈( ).
4
x k k Z 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
1,0 
(điểm) 
II.2 
Giải bất phương trình 
Điều kiện: x ≥ 1 
− ≤ + + ⇔ − + + ≤ − + + +3 2 2 23 1 2 3 1 3 1. 1 ( 1) 2( 1)x x x x x x x x x 
Chia hai vế cho x2 + x + 1, ta được bất phương trình tương đương 
2 2
1 1
3 2
1 1
x x
x x x x
− −≤ +
+ + + +
Đặt t = 
1
1
2 ++
−
xx
x
, t ≥ 0, ta ta được bất phương trình: 
23 2 1t t t≤ + ⇔ ≤ hoặc 2t ≥ 
+ Với 1t ≤ , ta có: 
2 2
2
1
1 1 1 2
1
x
x x x x
x x
− ≤ ⇔ − ≤ + + ⇔ ≥ −
+ +
 (luôn đúng) 
+ Với 2t ≥ , ta có: 
2 2
2
1
2 1 4( 1) 4 3 5 0
1
x
x x x x x
x x
− ≥ ⇔ − ≥ + + ⇔ + + ≤
+ +
(vô nghiệm) 
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥ 1. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
1,0 
(điểm) 
III 
Tính tích phân 
1 1 1
0 0 0
1
0
3 2
(2 ) 2
1 1 1
x x x x x x
x x x
xe e xe e xe e
I dx dx x dx
xe xe xe
+ + + +
= = + = +
+ + +∫ ∫ ∫
Xét 
1
0 1
x x
x
xe e
J dx
xe
+
=
+∫
. Đặt 1 ( )x x xt xe dt xe e dx= + ⇒ = + 
Đổi cận: 0 1, 1 1x t x t e= ⇒ = = ⇒ = + 
Từ đó 
1
1
1
ln ln( 1)
1
e edt
J t e
t
+ +
= = = +∫ 
Vậy 2 ln( 1)I e= + + 
0,25 
0,25 
0.25 
0,25 
1,0 
(điểm) 
Tính thể tích, khoảng cách 
Ta có 2 0OA OH+ =



 


 
 nên H thuộc tia đối của tia OA và OA = 2OH 
BC = AB 2 a2= 2AB AC a⇒ = = ; AO = a ; OH = 
2
a
AH = AO + OH = 
2
3a
0,25 
IV 
6
15
2
15)2(
2
1
.
3
1
.
3
1 32
.
aa
aSHSV ABCABCS === ∆ 
 Ta có 
⊥ 
⇒ ⊥⊥ 
( )
BO AH
BO SAH
BO SH
( ,( )) 1
( ,( )) 2
d I SAH SI
d B SAH SB
⇒ = = 
 ⇒ = = =
1 1
( ,( )) ( ,( ))
2 2 2
a
d I SAH d B SAH BI 
0,25 
0,25 
0,25 
1,0 
(điểm) 
V 
Giải hệ phương trình: 
2 2 4 22 (4 3 ) ( 3) (1)
2012 ( 2 2 5 1) 4024 (2)x
y y x x x
y x x
 + = +

− + − + =
Nếu x = 0, từ (1) suy ra y = 0. Khi đó không thỏa mãn (2). Vậy 0x ≠ 
Chia cả 2 vế của (1) cho 3x , ta được: 
3 32 2( ) 3. 3
y y
x x
x x
+ = + (3) 
Xét hàm số 3( ) 3 ,f t t t t R= + ∈ . Dễ thấy f(t) là hàm số đồng biến trên R 
Do đó từ (3) ta được 2y x
x
= , hay 22y x= . 
Thế vào (2) ta có: 1 22012 ( 1) 4 ( 1) 2x x x−  − + − − =   
Đặt u = x – 1, ta được phương trình : 22012 ( 4 ) 2u u u+ − = (4) 
Lại xét hàm số 2( ) 2012 ( 4 ) 2ug u u u= + − = trên R. 
Có 2
2
'( ) 2012 ln 2012( 4 ) 2012 ( 1)
4
u u ug u u u
u
= + − + −
+
 2
2
1
2012 ( 4 )(ln 2012 )
4
u u u
u
= + − −
+
Vì 2 4 0u u+ − > và 
2
1
1 ln 2012
4u
< <
+
 nên g’(u)>0 với mọi u R∈ 
Suy ra hàm số g(u) đồng biến trên R. Mặt khác g(0)=2 nên u = 0 là nghiệm 
duy nhất của (4). Từ đó x = 1 và 1
2
y = . 
Vậy hệ PT có 1 nghiệm duy nhất 1( ; ) (1; )
2
x y = . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
1,0 
(điểm) 
Ta có 2 2 5
2
a
HC HO OC= + = 
Vì ⇒⊥ )(ABCSH
060))(;( ==
∧∧
SCHABCSC
2
1560tan 0 aHCSH == ; 
VI.a.1 
Viết phương trình đường chéo BD 
N
D
IA C
B
N'M
Phương trình đường thẳng AB(qua M và N’): 4x + 3y – 1 = 0 
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 
2 2
4.2 3.1 1
2
4 3
d
+ −
= =
+
AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x. Trong ∆vuông ABI có: 
 2 2 2
1 1 1
4d x x
= + suy ra x = 5 suy ra BI = 5 
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). 
Vậy phương trình đường chéo BD (đi qua B và I) là: 2x – y - 3 = 0. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
1,0 
(điểm) 
VI.a.2 
Tìm tọa độ điểm C 
Gọi C(a ;b ;0). Ta có CA = CB hay CA2 = CB2 
2 2 2 2 2 2( 1) ( 8) 9 ( 3) ( 4) 3 14 3a b a b a b⇔ − + − + = + + + + ⇔ = − 
Gọi I là trung điểm của AB. Ta có I(-1 ;2 ;3). 304AB = . 
Vì tam giác ABC cân tại C nên 
2
22ABC
S
CI
AB
∆
= = 
Ta có C(14-3b; b; 0). 2 2 222 (15 3 ) ( 2) 3 22CI b b= ⇔ − + − + = 
Từ đó b = 4 hoặc 27
5
b = . Suy ra 11 27(2;4;0) ; ;0)
5 5
C hoÆc C(- 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
1,0 
(điểm) 
VII.a 
Tính xác suất 
 Ta có − + ≤ ⇔ ≤ ≤2 12 31 15 0 15
2
x x x .Vì x thuộc N nên { }= 1;2;3;...;15X . 
 Số cách chọn ngẫu nhiên 3 số tự nhiên trong tập X là 315C . 
 Để tổng 3 số đó là số lẻ, ta có các trường hợp: 
 + Cả 3 số đều lẻ: Số cách chọn là 38C (vì tập X có 8 số lẻ và 7 số chẵn) 
 + Có 2 số chẵn và 1 số lẻ: Số cách chọn là 2 17 8.C C 
 ⇒ số cách chọn 3 số có tổng là 1 số lẻ là 38C +
2 1
7 8.C C . 
 Vậy xác suất cần tìm là: += = =
3 2 1
8 7 8
3
15
. 224 32
455 65
C C C
P
C
. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
1,0 
(điểm) 
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
= − =

= − = −