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 . TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI & ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI A-B NĂM HỌC 201 0-2 011 (Đề gồm01trang-Thời gian làm bài180phút) HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ KSCL MÔN TOÁN. 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. 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