Đề & đáp án thi thử ĐH

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)
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 2sin 4 3 os2 3 sin 2x 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,
2AB a=
.
Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn:
2IA 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

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

Câu ý Nội dung Điểm
I
1
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
Vẽ đồ thị 0.25
2
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
2
4
2
6

0)32(8)6(
2
−=⇔





=
−
>++−=∆
⇔ m
m
mm
0.5
II
1
pt đã cho
⇔
2
2 os5 sin 3sin sin cosc x x x x x= +
0.25

⇔
sinx 0
2 os5 3 sinx cosc x x
=


= +


0.25
+)
sinx 0=
⇔
x k
π
=
0.25
+)
2 os5 3sinx cosc x x= +
⇔
os5 os( )
3
c x c x
π
= −
⇔
12 2
18 3
k
x
k
x
π π
π π

= − +




= +


0.25
2
Điều kiện:
2
4 13 5 0
3 1 0
x x
x

− + − >

+ >

Pt
⇔
2
5 5
log ( 4 13 5) log 3 1x x x− + − = +
⇔
2
4 13 5 3 1x x x− + − = +

0.25
Đặt
3 1 2 3x 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 0x x− + =
, tìm được nghiệm
15 97
8
x
−
=
0.25
Với 2y=5-2x
⇒
2
4 11 3 0x 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

IV
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
)(SAHBI
SHBI
AHBI
⊥⇒



⊥
⊥

Ta có
22
1
)(;(
2
1
))(;(
2
1
))(;(
))(;( a
BISAHBdSAHKd
SB
SK
SAHBd
SAHKd
===⇒==
0.25
V

VI.a
1
Đặt
1 1 1
, ,a b a
x y z
= = =
khi đó ta có ab+bc+ca =1 và
2 2 2
2 5P a b c= + +
0.25
Ta có
2 2
( ) ( 2 ) 0a b c b c− − + − ≥
với mọi a, b, c

⇔
2 2 2
2 5 2( ) 0a 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
. 0AB AC
AB AC

=


=


uuur uuur

0.25
⇔
2 2
2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)
2a - 8a = 2b 20b 48 (2)


− +


a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
0.25
(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) 0.25
H
I
K
S
A B
C
Với a = 4 suy ra b = 6. B(4;-1), C(6;3)
2
• ĐK: x > 1
• Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương

0.25



0.25

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm :
0.5
VII.a
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
Vậy hệ số của số hạng chứa
6
x
là:
4 8
12
2C
0.25
VI.b
1
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
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 1x 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
Với x = 0 thay vào (1)
11
8
log
11
8
22.12282.322
2
2
=⇔=⇔=+⇔=+
−
y
yyyyy
0.25
2
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
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
VII.b
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
⇒
a
10
=
0 5 2 4 4 3
5 5 5 5 5 5
. . . 101C C C C C C+ + =
0,25

( Mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa)