Đề kiểm tra chất lượng bồi dưỡng đợt II môn Toán khối A - A1, năm học 2012-2013

www.MATHVN.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 1 
SỞ GDĐT THANH HÓA 
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN 
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG ĐỢT II 
MÔN TOÁN KHỐI A-A1, NĂM HỌC 2012-2013 
(Thời gian làm bài 180 phút) 
(Đề gồm 01 trang) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) 
Câu I (2.0 điểm) ) Cho hàm số x 2y
x 1
−
=
+
, có đồ thị (C). 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận của (C) một 
tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. 
Câu II (2.0 điểm) 
 1. Giải phương trình: 
2 5x x4 3 sin x cos x 2cos cos 3 sin 2x 3cos x 2
2 2 0
2sin x 3
− + + +
=
−
 2. Giải hệ phương trình: 
( )22 y 1x 3y 2 y 4x 2 5y 3x
3
3 6.3 3 2.3
1 2. x y 1 3. 3y 2x
++ − + − − + = +

+ + − = −
Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân: 
1
x
2 2
3
4
e x
x 2 tan x dx
x cos x
pi
pi
 
  + +   
  
∫ 
Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O; AC = 2a 3 , BD = 2a; hai mặt 
phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng 
(SAB) bằng a 3
4
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 
Câu V (1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: 
31 1 1 10
a b c
b c a 3
     
+ + + ≥     
     
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 (2.0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương trình NQ là 
x y 1 0− − = . Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết rằng NQ = 2MP và N có tung độ âm. 
 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho điểm ( )I 1;1;1 . Viết phương trình mặt phẳng 
( )P qua I cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 
ABC. 
CâuVII.a (1.0 điểm) Cho khai triển: ( ) ( )210 2 2 14o 1 2 141 2x x x 1 a a x a x ... a x+ + + = + + + + . Hãy tìm giá trị của 6a . 
B. Theo chương trình nâng cao: 
Câu VI.b (2.0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho hình bình hành ABCD tâm I, biết A(0; 1) và 
B(3; 4) thuộc parabol ( ) 2P : y x 2x 1,= − + điểm I nằm trên cung AB của (P) sao cho tam giác IAB có diện 
tich lớn nhất. Tìm tọa độ C và D. 
 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua O, vuông góc với 
mặt phẳng (Q): 5x 2y 5z 0− + = và tạo với mặt phẳng (R): x 4y 8z 6 0− − + = góc o45 . 
www.MATHVN.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 2 
CâuVII.b (1.0 điểm) Cho khai triển đa thức: ( )2013 2 2013o 1 2 20131 2x a a x a x ... a x− = + + + + . Tính tổng: 
0 1 2 2013S a 2 a 3 a ... 2014 a= + + + + 
...............................................HẾT............................................... 
www.MATHVN.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 3 
SỞ GDĐT THANH HÓA 
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A+A1 
NĂM HỌC 2012-2013 
(Thời gian làm bài 180 phút) 
(Đáp án gồm 05 trang) 
Câu Ý Nội dung Điểm 
1 
 Cho hàm số x 2y
x 1
−
=
+
, có đồ thị (C). 2,0 
Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đồ thị (C) 1,0 
* Tập xác định: D { }\ 1R= − , ( )2
3y 0, x D
x 1
′ = > ∀ ∈
+
 0,25 
* Sự biến thiên: 
+ Giới hạn: 
x x 1 x 1x
lim y lim y 1, lim y , lim y
+ −→−∞ →− →−→+∞
= = = −∞ = +∞ . 
 Đồ thị (C) có tiệm cận ngang là đường thẳng y=1, tiệm cận đứng là đường thẳng x=-1 
0,25 
+ Bảng biến thiên: 
x - ∞ -1 + ∞ 
y’ + + 
y 
 + ∞ 1 
1 - ∞ 
+ Hàm số đồng biến trên khoảng ( ); 1−∞ − và ( )1;− +∞ . 
0,25 
I 
1 
* Đồ thị: 
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-2), cắt trục hoành tại điểm (0; 2). 
Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận I(-1; 1) làm tâm đối xứng 
 0,25 
2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C.. 1,0 
PT tiếp tuyến d có dạng ( ) ( )o2o
3 x 2y x x
x 1x 1
−
= − +
++
, (với ox là hoành độ tiếp điểm) 
Giao điểm của d lần lượt với tc đứng, tc ngang là: o
o
x 5A 1; ;
x 1
 
−
− 
+ 
 ( )oB 2x 1;1+ 
0,25 
y 
I 
-1 O 2 
-2 
1 
x 
www.MATHVN.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 4 
o
o
6IA ;IB 2x 2 IA.IB 12
x 1
= = + ⇒ =
+
0,25 
Bán kính 
2 2
IA.IB IA.IB IA.IB 6
r
IA IB AB 2 IA.IB 2IA.IB 2 3 6IA IB IA IB
= = ≤ =
+ + + ++ + +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2o oIA IB x 1 3 x 1 3= ⇔ + = ⇔ = − ± 
0,25 
I 
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y x 2 2 3= + − hoặc y x 2 2 3= + + 0,25 
1 
 Giải phương trình : 
2 5x x4 3 sin x cos x 2cos cos 3 sin 2x 3cos x 2
2 2 0
2sin x 3
− + + +
=
−
1,0 
Điều kiện : 3sin x
2
≠ 
0,25 
 Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )( )
( )
2 2
2
2
2 3 sin 2x cos x cos3x cos 2x 3 sin 2x 3cos x 2 0
3 sin 2x 2cos x 1 cos3x cos x cos 2x 1 2cos x 1 0
3 sin 2x 2cos x 1 4cos x.sin x 2sin x 2cos x 1 0
3 sin 2x 2cos x 1 2sin x 2cos x 1 2cos x 1 0
2cos x 1 3 sin 2x 2sin x 1 0
2cos x 1 3 si
− − + + + =
⇔ + − − − − + + =
⇔ + + + + + =
⇔ + + + + + =
⇔ + + + =
⇔ + ( )n 2x cos 2x 2 0− + =
0,25 
 ( )
1 2
cos x x 2k2cos x 1 0 2 3 k
13 sin 2x cos 2x 2 0
cos 2x x k ;x k
3 2 3
− pi
= = ± + pi + =
⇔ ⇔ ⇔ ∈ Ζ
pi −pi 
− + =   + = = pi = + pi   
 0,25 
 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: 
2
x k ;x k2 ; x k2 (k Z)
3 3
− pi −pi
= pi = + pi = + pi ∈ 
0,25 
2 
Giải hệ phương trình : 
( )22 y 1x 3y 2 y 4x 2 5y 3x
3
3 6.3 3 2.3
1 2. x y 1 3. 3y 2x
++ − + − − + = +

+ + − = −
( )
( )
1
2 
1,0 
Đk: x y 1 0+ − ≥ (*) 
( ) ( ) ( )
( )( )
2 2
2
4x 2 3y 3x y 4x 2 2y 3y 3x y 1 2y
4x 2 2y y x y 4x 2 2y
1 3 6.3 3 2.3 0
3 3 27 6.3 0 3 3 0 y 2x 1
− + − + − + − + +
− − −
⇔ + − + =
⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = −
Thay vào (2) ta có: 3 21 2 3x 2 3. 4x 3, x
3
+ − = − ≥ 
0,25 
II 
Đặt 3a 3x 2 0;b 4x 3= − ≥ = − ta có hệ 2 3
1 2a 3b
4a 3b 1
+ =

− =
( )
( )
3
4
www.MATHVN.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 5 
Từ ( ) 3b 13 a
2
=
⇒ = thay vào pt (4) ta được 3 2
1b 0 a
2
3b 9b 6b 0 b 1 a 1
5b 2 a
2
−
= ⇒ =

− + = ⇔ = ⇒ =

= ⇒ =

0,25 
+) 1b 0;a
2
−
= = không thõa mãn +) a 1 x 1
b 1 y 1
= = 
⇔ 
= = 
 +) 
115 x
a 42 9b 2 y
2

= = 
⇔ 
 = = 
0,25 
Kết hợp đk (*) suy ra hệ có nghiệm (x; y) là ( ) 11 91;1 , ;
9 2
 
 
 
0,25 
Tính tích phân: 
1
x
2 2
3
4
e x
x 2 tan x dx
x cos x
pi
pi
 
  + +   
  
∫ 
1,0 
Ta có: 
1
1 2x
x
2 2 2 2
3 3 3 3
4 4 4 4
e x 1 xI x 2 tan x dx e . dx dx 2x tan xdx
x cos x x cos x
pi pi pi pi
pi pi pi pi
 
  
= + + = + +   
  
∫ ∫ ∫ ∫ (1) 
0,25 
+) 
1 41 1 1
3x x x
2
33 3
44 4
1 1
e . dx e d e e e
x x
pipi pi
pi pi
pipi pi
 
= − = − = − + 
 
∫ ∫ 
0,25 
+) 
2
2
3
4
xJ dx
cos x
pi
pi
= ∫ : Đặt ( )
2
2
3
342
4
u x du 2xdx
J x t anx 2x tan xdx1
v t anxdv dx
cos x
pi
pi
pi
pi
 =
=
⇒ ⇒ = − 
== 

∫ 
2
3
4
9J 2x tan xdx
16
pi
pi
pi
= − ∫ 
0,25 
III 
Thay vào (1) ta có 
1 4 2
3 9I e e
16
pi pi
pi
= − + + 
0,25 
 Tính thể tích.. 1,0 
IV 
0,25 
www.MATHVN.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 6 
a
O
D
C
A
B
S
H
K
I
Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi 
đường chéo. Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó 
 060A DB = 
Hay tam giác ABD đều. 
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao 
tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). 
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có 
DH AB⊥ và DH = 3a ; OK // DH và 1 3
2 2
aOK DH= = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) 
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng 
cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 
0,25 
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 2
1 1 1
2
aSO
OI OK SO
= + ⇒ = 
Diện tích đáy 24 2. . 2 3
D
SABC ABOS OA OB a∆= = = ; 
đường cao của hình chóp 
2
aSO = . 
0,25 
Thể tích khối chóp S.ABCD: 
3
.
1 3
.
3 3D DS ABC ABC
aV S SO= = (đvtt) 
0,25 
Chứng minh rằng: 
31 1 1 10
a b c
b c a 3
     
+ + + ≥     
     
1,0 
 Vì a b c 1+ + = nên 1 1 1 1 1 1 1M a b c abc 1
b c a abc a b c
   
= + + + = + + + + +   
   
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 31 a b c 1abc abc
3 27 27
+ +
= ≥ ⇒ ≤ 
0,25 
 Lại có: 
2 2
2 2 2
1 1 27 1 1 27 1 730
abc abc 2 abc.
abc 27 abc 27 abc 27 abc 27 27
− − 
+ = + + ≥ + = 
 
0,25 
Mặt khác: ( ) 1 1 1 1 1 1a b c 9 9
a b c a b c
 
+ + + + ≥ ⇒ + + ≥ 
 
 Suy ra 730 1000M 9 1
27 27
≥ + + = 
0.25 
www.MATHVN.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 7 
V 
Vậy 
31 1 1 10
a b c
b c a 3
     
+ + + ≥     
     
(đpcm) 
Dấu bằng xảy ra 1a b c
3
⇔ = = = . 
0,25 
1 
 Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi............... 1,0 
Phương trình MP là: x y 3 0+ − = 
 I MP NQ= ∩ ⇒ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình ( )x y 1 0 x 2 I 2;1
x y 3 0 y 1
− − = = 
⇔ ⇒ 
+ − = = 
. 
0,25 
I là trung điểm của MP nên suy ra ( )P 3;0 
phương trình NQ là x y 1 0− − = nên tọa độ N, Q có dạng (m; m-1) 
0,25 
Do ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2NQ 2MP IN 4IM m 2 m 2 4. 1 1= ⇒ = ⇔ − + − = + 
 ( )2 m 4m 2 4
m 0
=
⇔ − = ⇔ 
=
0,25 
Vì N có tung độ âm nên N(0; -1) ⇒Q(4; 3) 
Vậy ( )P 3;0 , N(0; -1) , Q(4; 3) làcác đỉnh cần tìm. 
0,25 
2 Viết phương trình mặt phẳng ( )P ........... 1.,0 
Giả sử A(a; 0; 0), B(b; 0; 0), C(c; 0; 0), abc ≠ 0 
⇒Phương trình mặt phẳng (P) là: x y z 1
a b c
+ + = . (P) qua I nên 1 1 1 1
a b c
+ + = (1) 
0,25 
Mà IA=IB=IC nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2a 1 1 1 1 b 1 1 1 1 c 1 a 1 b 1 c 1− + + = + − + = + + − ⇔ − = − = − 
a b c⇔ = = hoặc 
b a 2
c a
= −

=
 hoặc 
c 2 a
b a
= −

=
 hoặc b c 2 a= = − 
0,25 
Với a=b=c thay vào (1) ta được a=b=c=3. Khi đó pt (P): x+y+z=3 
Với 
b a 2
c a
= −

=
 hoặc 
c 2 a
b a
= −

=
 thay vào (1) ta được 22 1 1 a 3a 4 0
a 2 a
+ = ⇔ − + =
−
 (VN) 
Với b c 2 a= = − thay vào (1) ta được 21 2 1 a a 2 0
a 2 a
+ = ⇔ − + =
−
 (VN) 
0,25 
VIa 
Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là: x+y+z=3 0,25 
1,0 
• Ta có 
4
3)12(
4
11 22 ++=++ xxx nên 
( ) 1012142210 )21(
16
9)21(
8
3)21(
16
1)1(21 xxxxxx +++++=+++ 
0,25 
• Trong khai triển ( )1421 x+ hệ số của 6x là: 61462 C 
 Trong khai triển ( )1221 x+ hệ số của 6x là: 61262 C 
 Trong khai triển ( )1021 x+ hệ số của 6x là: 61062 C 
 0,5 
VII.a 
Vậy hệ số .417482
16
92
8
32
16
1 6
10
66
12
66
14
6
6 =++= CCCa 
0,25 
www.MATHVN.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 8 
1 Tìm tọa độ C và D 1,0 
Pt đường thẳng AB: x y 1 0− + = 0,25 
I nằm trên cung AB của (P) ( ) [ ]2I m;m 2m 1 , m 0;3⇒ − + ∈ 
Diện tích tam giác IAB lớn nhất ( )
2m 3m
d I;AB
2
−
⇔ = lớn nhất 
0,5 
Xét hàm số ( ) 2f m m 3m= − trên [ ]0;3 ta có: 
m 0 2
3
 3 
f(m) 
0 0 
9
4
−
Suy ra [ ] ( )2 9 9m 0;3 ,0 m 4m d I;AB
4 4 2
∀ ∈ ≤ − ≤ ⇒ ≤ . Dấu “=” xảy ra 3 3 1m I ;
2 2 4
 
⇔ = ⇒  
 
0,25 
I là trung điểm của AC và BD nên 1C 3;
2
− 
 
 
 và 7D 0;
2
 
 
 
 là hai điểm cần tìm 
0,25 
2 Viết phương trình mặt phẳng (P) ..... 1,0 
Mặt phẳng (P) đi qua O(0; 0; 0) nên có pt dạng : Ax + By + Cz = 0 với 2 2 2A B C 0+ + > 
( ) ( ) ( )5P Q 5A 2B 5C 0 B A C
2
⊥ ⇔ − + = ⇔ = + (1) 
0,25 
(P) tạo với (R) góc o45 nên o
2 2 2 2 2 2
A 4B 8C A 4B 8C1
cos45
2A B C 1 16 64 A B C .9
− − − −
= ⇔ =
+ + + + + +
 (2) 
 ( ) ( ) ( ) ( )22 2251 , 2 2 A 10 A C 8C 9 A A C C
4
⇒ − + − = + + + 2 221A 18AC 3C 0⇔ + = = 
0,25 
Chọn 
A 1
C 1 1A
7
= −

= ⇒
 =

 *) A 1,C 1 B 0= − = ⇒ = ⇒Phương trình mặt phẳng (P) là x-z=0 
 *) 1 20A ,C 1 B
7 7
= = ⇒ = ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là x+20z+7z=0 
0,25 
VIIb 
Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là x-z=0 hoặc x+20z+7z=0 0,25 
 Cho khai triển đa thức: ( )2013 2 2013o 1 2 20131 2x a a x a .x ... a .x− = + + + + Tính tổng: 
0 1 2 2013S a 2 a 3 a ... 2014 a= + + + + 
1,0 
Ta có: ( )2013 2 20130 1 2 2014(1 2 ) 2 3 ... 2014 .x x a a x a x a x′− = + + + + 
2013 1012 2 2013
0 1 2 2013(1 2 ) 4026 (1 2 ) 2 3 ... 2014x x x a a x a x a x⇔ − − − = + + + + (*). 
0,5 
VIIb 
Nhận thấy: ( )k kk ka x a x= − do đó thay 1x = − vào cả hai vế của (*) ta có: 
2213
0 1 2 20132 3 ... 2014 1343.3S a a a a= + + + + = 
0,5 
www.MATHVN.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 9