1. TRƯỜNG THPT ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH -CĐ
NGUYỄN XUÂN NGUYÊN NĂM HỌC 2011 -2012
Môn: TOÁN, khối A, B
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số = x − (m −) x + −
2 1 y m 2
(1).4 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m =2
.
2. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng . (1; 3)
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: cos 2 x + = 2 −
5 2( cos x )(sin x −cos x )
 x 2 − 3x( y − 1) + y 2 + y( x − 3) = 4
2. Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈R)
 x − xy − 2 y = 1
Câu III (2 điểm)
e
x +( x −2) ln x
1. Tính tích phân: I = ∫
1
x(1 +ln x)
dx
2. Cho ba số thực dương a
, b
, c
thay đổi thỏa mãn điều kiện abc
= 1. Chứng minh
rằng:
1 1 1 1 1 1
1+a +b
+ 1+ b + c
+ 1+ c + a
≤
2+ a
+ 2+ b
+ 2+ c
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp có đáy S . ABCD ABCD
là hình thoi tâm O
, hai mặt phẳng (
) và (
SAC
) cùng vuông góc với mặt phẳng (
SBD ABCD
). Biết = AC 2 3a , = 2 a ,
BD
a3
khoảng cách từ điểm O
đến mặt phẳng ( SAB
) bằng 4
. Tính thể tích khối chóp S . ABCD
theo
a
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu V.a (3 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4). Phương trình đường
trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ lần lượt là và . C x +−
y 1 =0 3 x − −=
y 9 0
Tìm tọa độ các đỉnh , của tam giác ABC.
B C
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) có phương trình C
x 2
+y 2
2
và đường thẳng ( ) có phương trình :
+x − y − =
4 8 0
. Chứng minh rằng (
∆ 2x − −
3y 1 =0
∆
) luôn cắt ( ) tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm toạ độ điểm
C
trên đường tròn ( ) sao cho M C
diện tích tam giác lớn nhất. ABM
x+ 1
x −1 2
3 . Giải phương trình: (3 x − 2) log 3 = 4 − .9 2
3 3
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu V.b (3 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho điểm (0; 2) và hai đường thẳng d , d có phương
Oxy M 1 2
trình lần lượt là và 3 x + +=
y 2 0
. Gọi là giao điểm của d và d . Viết phương
x − +=
3y 4 0 A 1 2
trình đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d và d lần lượt tại , ( và khác ) 1 2 B C B C A
1 1
sao cho +
AB 2 AC 2
đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ): C x 2 + 2 −x + y + =
y 2 4 2 0
. Viết phương
trình đường tròn ( ') tâm (5, 1) biết ( ') cắt ( ) tại hai điểm
C M C C A
, B
sao cho . AB = 3
2 0 C 2011
0
21 C 2011
1
2 2 C 2011
2
2 3 C 2011
3
2 2011 C 2011
2011
3. Tính giá trị biểu thức A = 1
−
2
+
3
−
4
+ ......- 2012
----------------------------- Hết -----------------------------

2. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh .........................................................số báo danh.........................
HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN KHỐI A, B
KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH - CĐ NĂM HỌC 2011 - 2012
Câu Đáp án Điểm
I 1. (1 điểm)
(2đ) Với m = 2, y = 4 − x2
x 2
0,25 đ
1. TXĐ: D = R
2. Sự biến thiên:
a) Chiều biến thiên:
y' = x 3 −x
4 4
; y' = ⇔
0 4 x 3 − x = ⇔ 0, x = 1
4 0 x = ±
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1; + ∞ )
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; -1) và (0; 1)
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
b) Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; ycđ = y(0) = 0 0,25đ
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yct = y( 1) = -1
± ±
----------------------------------------------------------------------------------------------------
c) Giới hạn tại vô cực:
Lim ( x 4 −2 x 2 ) = + ∞
x→ ∞
±
d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên 0,25 đ
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
3) Đồ thị:
0,25 đ
2) 1 điểm
y' = 4 x 3 − (m − x
4 1)
y' = 0 ⇔ 4 x 3 − (m − x
4 1)
=0 x[x − m − ) ] =
(⇔ 2
1 0 0,25 đ
----------------------------------------------------------------------------------------------------
TH1: Nếu m- 1 0≤
m 1⇔ ≤
0,25 đ
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ∞ ).
Vậy m ≤
1 thoả mãn ycbt
---------------------------------------------------------------------------------------------------
TH 2: m - 1 > 0 m> 1⇔
y' = 0 ⇔
x = 0, x = ± m −1
0,25 đ
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; 0 ) và (
m −1
;+ ∞ )
m −1
Để hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) thì m
m −≤
1 1 ⇔
2 ≤
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) m ∈ (
⇔ ] − ;2
∞

3. 0,25 đ
II 1. (1 đi ểm)
(2 đ)
cos 2 x + = 2 −
5 2( cos x )(sin x −cos x )
⇔
2cos2x - 1 + 5 = 4sinx - 2sinxcosx - 4cosx + 2cos2x =0 0,25 đ
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
⇔
2(sinx - cosx) - sinxcosx -2 = 0
Đặt t = sinx - cosx ( - )
2 ≤ ≤ 2
t
1− t 2
⇒
sinxcosx = 2
0,25 đ
Phương trình trở thành t2 + 4t - 5 = 0
t = 1; t = -5 (loại)
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
 π  π 2
Với t = 1 ⇔
sinx - cosx = 1 ⇔ 2
sin x− 
 4 =1 ⇔
sin x− 
 4 = 2
0,25 đ
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
 π π
x − 4 = 4 + k 2π  π
⇔  ⇔ x = 2 + k 2π

x − π = 3π + k 2π x = π + k 2π

 4 4 0,25 đ
2. (1 điểm)
x2 -3x(y-1) + y2 + y(x-3) = 0 (x-y)2 + 3(x-y) - 4 = 0
⇔
0,25 đ
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
 −y =
x 1
 −y =−
x 4 0,25 đ
------------------------------------------------------------------------------------------------------
 x− y = 1
* Với x- y = 1, ta có 
 x − xy − 2 y = 1
0,25 đ
⇔
x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
 x− y = − 4
* Với x - y = -4 ta có  (Hệ PT vô nghiệm)
 x − xy − 2 y = 1 0,25 đ
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2)
III 1. (1 điểm)
(2 đ) e
x(1 +ln x ) −2 ln x
e e
ln x
I= ∫ x(1 +ln x)
dx = ∫dx -2 ∫
x(1 +ln x)
dx
0,25 đ
1 1 1
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
Ta có
e
∫ dx = e −1
1
0,25 đ
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
e
ln x
Tính J = ∫ x(1 +ln x) dx
1
Đặt t = 1 + lnx 0,25 đ
2 2
t −1 1
J= ∫ t dt = ∫(1 − t )dt = (t - ln ) = 1 - ln2
2
t
1
1 1
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2 0,25 đ

4. 2. (1 điểm)
Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên ta giả thiết 0 < a ≤
b ≤
c
Khi đó 0 < 1 + a + b 1+a+c 1+b+c ≤ ≤
và 0 < 2 + a 2+b 2+c≤ ≤
Ta có
1 1 1  1 1 1 
2+ a + 2+ b + 2+ c -  + + 
1 + a +b 1 +b +c 1 +c +a 
=
b− 1 c− 1 a− 1
= (2 +a )(1 +a +b) + ( 2 +b)(1 +b +c ) + ( 2 +c )(1 +a +c)
≥
b− 1 c− 1 a− 1 a +b +c −3
≥
(2 +c )(1 +b +c ) + (2 +c)(1 +b +c ) + (2 +c )(1 +b +c ) = (2 +c )(1 +b +c )
≥
33 abc −3
≥ =0
( 2 +c )(1 +b +c )
1 1 1 1 1 1
Vậy 1+a +b
+ 1+ b + c
+ 1+ c + a
≤
2+ a
+ 2+ b
+ 2+ c
IV Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên
(1 đ) giao tuyến SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
1
VSABCD = 3
SO.SABCD
1 0,25 đ
Diện tích đáy S ABCD = AC.BD =2 3a 2
1
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó ABD =60 0
tam giác ABD đều.
⇒
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
1 a 3
DH ⊥AB
và DH = a 3 ; OK // DH và OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥
2 2
(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)
1 1 1 a
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ = + ⇒ SO = 0,5 đ
OI 2 OK 2 SO 2 2
S
a
Đường cao của hình chóp SO =
2
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
1 3a 3
VS . ABCD = S ABCD .SO =
3 3
I
D
A
a 3 0,25 đ
O
H
a K
C B
Va 1. (1 điểm)
(3 đ) Gäi C = (c; 3c - 9) vµ M lµ trung ®iÓm cña BC M(m; 1-m) ⇒
Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c). 0,25 đ
------------------------------------------------------------------------------------------------------
2m −c + 3 7 − 2m − 3c
Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta có I( ; )
2 2 0,25 đ

5. 2m −c +3 7 −2m −3c 0,25 đ
Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nªn 3(
2
) −(
2
) −9 =0
⇒
m=2 M(2; -1) ⇒
Ph¬ng tr×nh BC: x – y - 3=0
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
0,25 đ
 3x − y − 9 = 0  x= 3
Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ:  ⇔

 x− y− 3= 0  y= 0
Täa ®é cña C = (3; 0), toạ độ B(1; -2)
2. (1 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = 13
.
9
Khoảng cách từ I đến đường thẳng ( ∆
) là d ( I , ∆) =
13
<R 0,25 đ
Vậy đường thẳng ( ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt.
∆
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
1
Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có S∆ABM =
2
AB.d ( M , ∆)
0,25 đ
Trong đó AB không đổi nên S lớn nhất khi d ∆ABM lớn nhất. ( M ,∆)
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với ( ). ∆
PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0
Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm
của hệ phương trình:
 x 2 + y 2 + 2x − 4 y − 8 = 0
 0,25 đ
 = , y =−
x 1 1
⇔
 =− , y =
x 3 5
 3x + 2 y − 1 = 0

⇒
P(1; -1); Q(-3; 5)
4 22
Ta có d ( P , ∆) =
13
; d ( Q , ∆) =
13
--------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0,25 đ
Ta thấy d lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với Q. Vậy tọa độ điểm M (-3; 5).
( M ,∆)
3. (1 điểm)
Điều kiện: x > 1
x+ 1
x −1 2 2
(3 x −2)[log 3 ( x − ) −log 3 3] =4 − 3 x +1
(3 x − 2) log 3 = 4 − .9 2 ⇔ 1
3 3 3 0,25 đ
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
⇔ (3 x − )[log 3 ( x − ) − ] = − .3 x
2 1 1 4 2 ⇔ (3 x − ) log 3 ( x − ) + x − =
2 1 3 2 0
⇔ (3 x − )[log 3 ( x − ) + ] =
2 1 1 0
0,25 đ
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
--
x = log 3 2 (loại) 0,5 đ
 x −2 =0
3 

x = 4
⇔ ⇔
log 3 ( x − ) =−
1 1

 3
4
Vậy PT có nghiệm x = 3
Vb 1. (1 điểm)
(3 đ) Toạ độ điểm A(-1; 1) 0,25 đ
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
Ta thấy 2 đường thẳng d1 và d2 vuông góc với nhau
Gọi là đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d và d lần lượt tại
∆
, ( 1 2 B C B
và khác ). C A
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên . Ta có: ∆
0,25 đ

6. 1 1 1 1
AB 2
+
AC 2
=
AH 2
≥
AM 2
(không đổi)
------------------------------------------------------------------------------------------------------
1 1 1 0,25 đ
⇒ +
AB 2 AC 2
đạt giá trị nhỏ nhất bằng AM 2
khi H ≡ M, hay ∆
là đường thẳng
đi qua M và vuông góc với AM. 0,25 đ
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
PT đường thẳng :x+y-2=0
∆
2. (1 đi ểm)
Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2), bk R= 3
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của 0,25 đ
đoạn AB.
------------------------------------------------------------------------------------------------------
AB 3
Ta có AH = BH =
2
=
2
( 5 −1) +( 1 +2 )
2 2
MI = =5 0,25 đ
3
IH = IA 2 − AH 2 = R 2 − AH 2 =
2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
Trường hợp 1: MH = MI – IH = 3
5 −
2
7
=
2
Khi đó bán kính của đường tròn (C’) là R’ = = 13 MH 2
+AH 2
0,25 đ
Phương trình đường tròn (C’) là: ( x −) +y −) =5 ( 1 13 2 2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
3 13
Trường hợp 2 : MH = MI + IH = 5+
2
=
2
Khi đó bán kính của đường tròn (C’) là R’ = = 43 MH 2
+AH 2
Phương trình đường tròn (C’) là: ( x −) +y −
5 ( 1) = 43 2 2
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa mãn ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13
và (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43
0,25 đ
3. (1 điểm)
2 k .C 2011
k
( − ) k .2011
2 !
Ta có (− ) k
1
k+ 1
=
( k + ).k!.(2011 −k )!
1
=
( − ) k .2011
2 ! ( − ) k .2012!
2 1
= =- 2 k+
.( − ) k .C 2012
1
= 0,5 đ
( k + )!.(2011 −k )!
1 2012( k + )!.(2012 −k − )!
1 1 2012
1
= - 4024
.( − ) k + .C 2012
2 1 k+1
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
Với k = 0, 1, 2, …….., 2011 ta có:
. [(− ) ]
1
A=- 4024
2 1
C 202 + − ) 2 C 2012 +
1
( 2 2
....... + − ) 2012 C 2012
( 2 2012
=
1
=- 4024 .
0,5 đ
[(− )
2 0
C 2012 + − ) 1 C 202 + − ) 2 C 2012 +
0
( 2 1
( 2 2
....... + − ) 2012 C 2012 − − ) 0 C 2012
( 2 2012
( 2 0
] =
. [(− + ) ] =-
1 1
=- 4024
2 1 2012
− − ) 0 C 2012
( 2 0
4024
. [ −]
1 1
=0
Vậy A = 0