ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI pot

I .PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm)
Câu I (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số:
2 3
2
x
y
x




2. Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt sao
cho tiếp tuyến của (C ) tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:
2sin6 2sin4 3 os2 3 sin2
x x c x x
   
2.Giải phương trình: 0)13(log)5134(log
25
2
5
 xxx

Câu III (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức Z biết: Z =
20112010
1
1
1
1


















i
i
i
i

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,
2
AB a
 .
Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn:

2
IA IH
 

uur uuur
, góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60
0
. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH).
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
x y z xyz
  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
2 2 2
1 2 5
P
x y z
  

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng 
1
: x + y –3 =0 và đường thẳng

2
: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc 
1
và điểm C thuộc 
2
sao cho


ABC vuông cân tại A
2. Giải phương trình:
1
2
3 1
3
2
(9 2.3 3)log ( 1) log 27 .9 9
3
x
x x x
x

     

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của
6
x
trong khai triển
1
2
n
x
x
 

 
 
biết rằng
2 1

1
4 6
n
n n
A C n


  
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai
đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết
phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Giải hệ phương trình
2
3 1 2 3
3 1 1
2 2 3.2
x y y x
x xy x
  

   



 



Câu VII.b (1,0 điểm) Cho (1 + x + x
2
+ x
3
)
5
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ …+ a
15
x
15
. Tìm hệ số a
10.

…………………Hết…………………

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên SBD www.laisac.page.tl



TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
&

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
MÔN TOÁN KHỐI A-B NĂM HỌC 2010-2011
(Đề gồm01trang-Thời gian làm bài180phút)

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ KSCL MÔN TOÁN
NĂM HỌC:2010-2011.THPT NGUYỄN TRÃI

Câu ý Nội dung Điểm
TXĐ: D = R\{2}
;lim
2



y
x



y
x 2
lim


x = 2 là tiệm cận đứng
;2lim 

y
x
2lim 
x
y

y=2 là tiệm cận ngang
0.25
y’ = 2;0
)2(
7
2



x
x

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- )2;

và (2; +

);
Hàm số không đạt cực trị
0.25
Lập đúng, đầy đủ BBT 0.25

1
Vẽ đồ thị 0.25
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:
032)6(22
2
32
2



mxmxmx
x
x
(1) (x = 2 không là nghiệm của

phương trình)
0.25
(d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến tại đó song song với nhau

(1) có
hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thoả mãn: y’(x
1

) = y’(x
2
) hay x
1
+x
2
= 4
0.25









I

2

2
4
2
6
0)32(8)6(
2










 m
m
mm

0.5
pt đã cho

2
2 os5 sin 3sin sin cos
c x x x x x
 
0.25


sinx 0
2 os5 3sinx cos
c x x



 


0.25

+)
sinx 0


x k



0.25





1
+)
2 os5 3sinx cos
c x x
 

os5 os( )
3
c x c x

 

12 2
18 3
k
x

k
x
 
 

  



 



0.25
Điều kiện:
2
4 13 5 0
3 1 0
x x
x

   

 


Pt

2
5 5

log ( 4 13 5) log 3 1
x x x
    

2
4 13 5 3 1
x x x
    

0.25
Đặt
3 1 2 3
x y
   
. Ta được hệ phương trình
2
2
4 13 2 8 0
4 12 3 8 0
x x y
y y x

   


   



Giải hệ được y=x hoặc 2y =5-2x

0.25
Với y=x

2
4 15 8 0
x x
  
, tìm được nghiệm
15 97
8
x


0.25










II

2
Với 2y=5-2x

2
4 11 3 0
x x
  
, tìm được nghiệm
11 73
8
x


Vậy tập nghiệm của pt đã cho là
15 97 11 73
;
8 8
T
 
 
 

 
 
 

Chú ý: Pt


2 2 2
25 1 5 1
4 10 3 1 3 1 (2 ) ( 3 1 )
4 4 2 2
x x x x x x           
0.25
III



0.5




Ta có
 IHIA 2
H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH

BC = AB
2

a2

; AI =
a
; IH =
2
IA

=
2
a


AH = AI + IH =
2
3a









0,25
Ta có
5
2
a
HC 
Vì


)(ABCSH
0
60))(;( 


SCHABCSC ;
2
15
60tan
0
a
HCSH 


0,25

6
15
2
15
)2(
2
1
.
3
1
.
3
1
3
2
.
aa
aSHSV
ABCABCS






0,25



















IV

)(SAHBI
SHBI
AHBI









Ta có
22
1
)(;(
2
1
))(;(
2
1
))(;(
))(;( a
BISAHBdSAHKd
SB
SK
SAHBd
SAHKd


0.25
Đặt
1 1 1
, ,a b a

x y z
  
khi đó ta có ab+bc+ca =1 và
2 2 2
2 5
P a b c
  
0.25
Ta có
2 2
( ) ( 2 ) 0
a b c b c
    
với mọi a, b, c


2 2 2
2 5 2( ) 0
a b c ab bc ca
     

0.25


P - 2
0


P
2



0.25
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
3/ 11
0
2 0 2/ 11
1
1/ 11
a
a b c
b c b
ab bc ca
c


  


 
   
 
 
  





Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2

0.25

B  
1
 B(a; 3 –a) . C  
2
 C(b; 9-b)
 ABC vuông cân tại A 
2 2
. 0
AB AC
AB AC







uuur uuur


0.25

V

1

2 2
2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)
2a - 8a = 2b 20b 48 (2)


 


a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
0.25
H
K
I
B A
S
C
(1)  b =
5a - 8
a - 2

. Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4
0.25
Với a = 0 suy ra b = 4. B(0;3), C(4;5)
Với a = 4 suy ra b = 6. B(4;-1), C(6;3)
0.25

ĐK: x > 1

Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương

0.25



0.25



VI.a








2

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm :

0.5
Giải phương trình
2 1
1
4 6
n
n n
A C n


  
; Điều kiện: n ≥ 2 ; n  N.
Phương trình tương đương với
( 1)!
( 1) 4 6
2!( 1)!
n
n n n
n

   


( 1)
( 1) 4 6
2
n n
n n n

   

 n
2
– 11n – 12 = 0  n = - 1 (Loại) hoặc n = 12.
0.25
Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:
 
12
24 3
12 12
12
12
2 2
12 12
1 1
1
2 2 . .2 .
k k
k
k k k
k k
x C x x C x
x




 
 
  

 
 
 

0.25
Số hạng này chứa
6
x
khi
, 0 12
4
24 3 12
k N k
k
k
  

 

 

.
0.25

VII.a


Vậy hệ số của số hạng chứa
6
x
là:
4 8
12
2
C
0.25
Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y
         

Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
  



  


0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
0.25
Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n
 
uuur uuur
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25






1
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5


phương trình đường tròn: (x – 5)
2

+(y – 1)
2
=
81
25

0.25
2
3 1 1
x xy x
   












0)13(
1
113
01
2
yxx
x

xxyx
x

























xy
x
x

yx
x
x
31
1
0
013
0
1

0.25




VI.b










Với x = 0 thay vào (1)
11
8
log

11
8
22.12282.322
2
2


y
yyyyy

0.25
Với





xy
x
31
1
thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 2.322
1313

 xx

Đặt
13
2



x
t Vì
1


x
nên
4
1
t
 




















)83(log2y
183log
3
1
x
83t
i¹lo83t
01t6t6
t
1
t)3(
2
2
2

0.25
2
VËy hÖ ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm







11
8
logy
0x

2
và











)83(log2y
183log
3
1
x
2
2

0.25
Ta P(x) = [(1 + x)(1 + x
2
)]
5
= (1+x)
5
(1+x
2

)
5

0,25
=
 
5 5 5 5
2 2
5 5 5 5
0 0 0 0
.
i
k k i k i k i
k i k i
C x C x C C x

   

  

0,25
Theo gt ta có
3
4
2 10
4
0 5,
2
0 5,
5

0
i
k
k i
i
k k N
k
i i N
i
k








 






   
 





  











0,25








VII.b



a
10
=
0 5 2 4 4 3

5 5 5 5 5 5
. . . 101
C C C C C C  
0,25