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 khoảng cách từ trung điểm K của SB tới SAH.. Tìm giá trị nhỏ nhất của P II.. Viế
Trang 1
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: 2sin 6 x − 2sin 4 x + 3 os2 c x = 3 sin 2 + x
2.Giải phương trình: log ( 4 2 13 5) log25(3 1) 0
5 − x + x− − x+ =
Câu III (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức Z biết: Z =
2011 2010
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, AB a = 2
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
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
P
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)
∆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
2 (9 2.3 3)log ( 1) log 27 9 9
3
x
+
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số củax6 trong khai triển 1
2
n
x x
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 d1: x + y + 5 = 0 và d2: 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
2 x 2y 3.2y x
Câu VII.b (1,0 điểm) Cho (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 Tìm hệ số a10.
………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
Trang 2NĂM HỌC:2010-2011.THPT NGUYỄN TRÃI
I
1
TXĐ: D = R\{2}
; lim
2− =−∞
xlim2 ⇒x = 2 là tiệm cận đứng
; 2 lim =
−∞
x lim =2
+∞
→
x
y ⇒y=2 là tiệm cận ngang
0.25
) 2 (
7
2 < ∀ ≠
−
−
x
x ⇒Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞;2) và (2; +∞);
Hàm số không đạt cực trị
0.25
2
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:
2
3
−
+
m x m x m x 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 x1; x2 thoả mãn: y’(x1) = y’(x2) hay x1+x2 = 4 0.25
2 4
2 6
0 ) 3 2 ( 8 ) 6
−
=
⇔
=
−
>
+ +
−
=
∆
m m
0.5
II
1
⇔ sinx 0
2 os5c x 3 sinx cosx
=
+) 2 os5c x= 3 sinx cos+ x ⇔ os5 os( )
3
c x c= x−π ⇔ 12 2
k x
k x
= − +
= +
0.25
2
Điều kiện:
2
x
+ >
log ( 4− x +13x− =5) log 3x+1⇔ −4x2+13x− =5 3x+1
0.25
Đặt 3x+ = − +1 2y 3 Ta được hệ phương trình
2
2
Giải hệ được y=x hoặc 2y =5-2x
0.25
Với y=x ⇒4x2−15x+ =8 0, tìm được nghiệm 15 97
8
Với 2y=5-2x⇒4x2 −11x+ =3 0, tìm được nghiệm 11 73
8
x= +
Vậy tập nghiệm của pt đã cho là 15 97 11; 73
T − +
Chú ý: Pt⇔ 2 25 1 5 2 1 2
0.25
Trang 3Ta có IA=−2IH ⇒H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH
BC = AB 2 = a ; AI = a ; IH =
2
IA
= 2
a
AH = AI + IH =
2
3a
0,25
2
a
HC =
Vì SH ⊥(ABC)⇒ (SC;(∧ABC))=SCH∧ =600;
2
15 60
HC
0,25
6
15 2
15 )
2 ( 2
1 3
1
3
2
a a
a SH
S
)
(SAH BI
SH BI
AH BI
⊥
⇒
⊥
⊥
Ta có
2 2
1 ) (
; ( 2
1 )) (
; ( 2
1 ))
(
; (
)) (
;
BI SAH
B d SAH
K d SB
SK SAH
B d
SAH K d
=
=
=
⇒
=
=
0.25
V
VI.a
1
Đặt a 1,b 1,a 1
P a= + b + c 0.25
Ta có (a b c− − )2+ −(b 2 )c 2 ≥0 với mọi a, b, c
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
3 / 11 0
a
a b c
ab bc ca c
=
− − =
B ∈∆1⇔ B(a; 3 –a) C ∈∆2⇔ C(b; 9-b)
∆ ABC vuông cân tại A ⇔ AB AC.2 02
AB AC
=
uuur uuur
0.25
⇔ 2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)2 2 2a - 8a = 2b 20b 48 (2)
a = 2 không là nghiệm của hệ trên
0.25
(1) ⇔ b = 5a - 8
H
I
K S
C
Trang 4Với 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
A −C +− = n+ ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N
Phương trình tương đương với ( 1) ( 1)! 4 6
2!( 1)!
n
n
+
( 1)
2
n n
n n− − + = n+
⇔ n2 – 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) hoặc n = 12
0.25
Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:
( )
12 2 12 2
1
k
x
−
−
Số hạng này chứa x khi 6 , 0 12 4
k k
− =
Vậy hệ số của số hạng chứa x là: 6 C12428
0.25
VI.b
1
Giả sử B x y( ;B B)∈ ⇒d1 x B = − −y B 5; ( ;C x y C C)∈ ⇒d2 x C = −2y C +7
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6
3 0
x x
y y
+ + =
0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
0.25
Ta có BGuuur(3; 4)⇒VTPT nuuurBG(4; 3)− 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
3x + +1 xy = x+1
=
− +
−
≥
⇔
+
= + +
≥ +
⇔
0 ) 1 3
(
1 1
1 3
0 1
x x
xy x
x
−
=
−
≥
=
⇔
=
− +
=
−
≥
⇔
x y
x x
y x x x
3 1 1 0
0 1 3
0
Với x = 0 thay vào (1)
11
8 log 11
8 2 2 12 2 8 2 3 2
0.25
Trang 5Với
−
=
−
≥
x y
x
3 1
1 thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 23x+ 1+2− 3x− 1 =3.2 Đặt t =23x+ 1 Vỡ x≥−1 nờn
4
1
≥
t
+
−
=
− +
=
⇔
+
=
−
=
⇔
= +
−
⇔
= +
⇔
) 8 3 ( log 2 y
1 8 3 log 3
1 x 8
3 t
i
ạ lo 8 3 t 0 1 t 6 t 6 t
1 t ) 3 (
2
2 2
0.25
Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm
=
=
11
8 log y
0 x
2
+
−
=
− +
=
) 8 3 ( log 2 y
1 8 3 log 3
1 x
2
2
0.25
VII.b
Ta P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= (1+x)5(1+x2)5
0,25
= 5 5 ( ) 5 5
C x C x C C x +
=
Theo gt ta cú
3 4
2 10
4
2
5 0
i k
k i
i
k k N
k
i i N
i k
=
+ =
≤ ≤ ∈
0,25
5 5 5 5 5 5 101
C C +C C +C C =
0,25
( Mọi cỏch giải khỏc đỳng đều được điểm tối đa)