1. 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 sin2x 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  , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600
. 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 6n
n nA 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
3 1 2 3
3 1 1
2 2 3.2x y y x
x xy 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................
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)
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. 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 x1; x2 thoả mãn: y’(x1) = y’(x2) hay x1+x2 = 4
0.25
2
4
2
6
0)32(8)6( 2









 mm
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 3sinx cosc x x


 
0.25
+) sinx 0  x k 0.25
+) 2 os5 3sinx cosc x x   os5 os( )
3
c x c x

   12 2
18 3
k
x
k
x
 
 

  

  

0.25
2
Điều kiện:
2
4 13 5 0
3 1 0
x x
x
   

 
Pt  2
5 5log ( 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 2 225 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

3. 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
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/ 110
2 0 2 / 11
1 1/ 11
aa 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
 


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
H
K
I
BA
S
C

4. VI.a
(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
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 6n
n nA 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

   
 n2
– 11n – 12 = 0  n = - 1 (Loại) hoặc n = 12.
0.25
Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:
 
12 24 312 12
12 122 2
12 12
1 1
1
2 2 . .2 .
k k
kk 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 7B B B B C C C CB 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)BGBG VTPT n  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
 
yyyyyy 0.25

5. 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
22
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 + x2
)]5
= (1+x)5
(1+x2
)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
a10= 0 5 2 4 4 3
5 5 5 5 5 5. . . 101C C C C C C  
0,25