Đề khảo sát chất lượng Toán 12 giúp giáo viên đánh giá khả năng tiếp thu kiến thức đã học trong phần Toán học của các bạn học sinh lớp 12 bao gồm nội dung như: tính tọa độ tiếp điểm, giải phương trình, nghiệm bất phương trình, tính tích phân, tính thể tích khối tròn xoay,...Mời các bạn tham khảo.
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN NĂM 2010 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ - Mơn TỐN – Ngày 31 tháng 01 năm 2010 Thời gian làm 180 phút (không kể thời gian giao phát đề) -Câu I (2 điểm): Cho hàm số: y x x +3 (C ) 1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số 2) Gọi dk đường thẳng qua M(0; 3) có hệ số góc k Tìm k để đường thẳng dk tiếp xúc với (C) Tính tọa độ tiếp điểm Câu II (2 điểm): Giải phương trình 1) log x x2 ; 2 2) sin x sin x 3 cos x 1 Câu III (2 điểm) 1) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm : x m x 2) Tính tích phân : I 3015 0 e x 1 1005 dx Câu IV (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes vng góc Oxy cho điểm A(1;2) B(3;4) Tìm Ox điểm P cho AP + BP nhỏ 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes vng góc Oxyz cho điểm A(1;-1;1), B(1;3;1), C(4;3;1), D(4;-1;1) a) Chứng minh A, B, C, D bốn đỉnh hình chữ nhật b) Tính thể tích khối chóp O.ABCD c) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp O.ABCD Câu V (1 điểm) Cho số thực a, b, c cho a > 0, b > 0, c > 0, abc = Chứng minh rằng: 1 a (b c ) b ( c a ) c ( a b ) Số báo danh: Chú thích: Thày coi khơng giải thích thêm ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2014 Mơn: TỐN; Khối: A A1; Thời gian làm bài: 180 phút TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x − Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x −1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (H) hàm số cho b) Tìm m để đường thẳng d : x + y + m = cắt (H) hai điểm M, N cho tam giác AMN vuông điểm A(1; 0) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x + 2cos2 x = + 4sin x + cos x(1 + sin x) Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x + + 2 x + ≤ ( x − 1)( x − 2) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x + 2ln(3 x + 1) dx ( x + 1) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, mặt bên SAD tam giác vng S, hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc cạnh AD cho HA = 3HD Gọi M trung điểm AB Biết SA = 3a đường thẳng SC tạo với đáy góc 300 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC) Câu (1,0 điểm) Giả sử x, y, z số thực không âm thỏa mãn 5( x + y + z ) = 6( xy + yz + zx) Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2( x + y + z ) − ( y + z ) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a phần b) a Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 1) trung điểm cạnh AC, điểm H (0; − 3) chân đường cao kẻ từ A, điểm E (23; − 2) thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C Tìm tọa độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng d : x + y − = điểm C có hồnh độ dương x + y −1 z − Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = hai mặt −1 phẳng ( P ) : x + y + z + = 0, (Q) : x − y − z + = Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q) Câu 9.a (1,0 điểm) Cho tập hợp E = {1, 2, 3, 4, 5} Gọi M tập hợp tất số tự nhiên có chữ số, chữ số đôi khác thuộc E Lấy ngẫu nhiên số thuộc M Tính xác suất để tổng chữ số số 10 b Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 2), B (4; 1) đường thẳng ∆ : 3x − y + = Viết phương trình đường trịn qua A, B cắt ∆ C, D cho CD = Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 1; 0) hai đường thẳng x −1 y − z −1 x −1 y + z − d1 : = = = = , d2 : Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d1 d đồng −1 −1 −3 1 thời cách M khoảng Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 1 1 ( −1) n n C n − C n + C n − Cn + + Cn = 156 n+2 Hết DeThiThuDaiHoc.com fb.com/ThiThuDaiHoc ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2014 Mơn: TỐN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Đáp án Câu Câu (2,0 điểm) Điểm a) (1,0 điểm) 10 Tập xác định: R \{1} 20 Sự biến thiên: * Giới hạn vơ cực: Ta có lim y = lim y = x →−∞ x →+∞ Giới hạn vô cực: lim+ y = −∞ lim− y = +∞ x →1 x →1 Suy đồ thị (H) có tiệm cận ngang đường thẳng y = 2, tiệm cận đứng đường thẳng x = 1 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = > 0, ∀x ≠ ( x − 1) Suy hàm số đồng biến khoảng ( −∞; 1) (1; + ∞ ) 0,5 * Bảng biến thiên: x −∞ y' +∞ + y + +∞ y 2 I −∞ 0,5 30 Đồ thị: x O 3 Đồ thị cắt Ox ; , cắt Oy (0;3) 2 Nhận giao điểm I (1; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng b) (1,0 điểm) m Ta có d : y = − x − Hoành độ giao điểm d (H) nghiệm phương trình 3 2x − m = − x − , hay x + (m + 5) x − m − = 0, x ≠ (1) x −1 3 Ta có ∆ = (m + 7) + 12 > 0, với m Suy phương trình (1) có nghiệm phân biệt Hơn nghiệm x1 , x2 khác Do d ln cắt (H) điểm phân biệt M ( x1 ; y1 ), N ( x2 ; y2 ) 0,5 Ta có AM = ( x1 − 1; y1 ), AN = ( x2 − 1; y2 ) Tam giác AMN vuông A ⇔ AM AN = Hay ( x1 − 1)( x2 − 1) + y1 y2 = ⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) + ( x1 + m )( x2 + m ) = (2) ⇔ 10 x1 x2 + ( m − 9)( x1 + x2 ) + m + = Áp dụng định lý Viet, ta có x1 + x2 = − m − 5, x1 x2 = −m − Thay vào (2) ta Câu (1,0 đ) 10( −m − 9) + ( m − 9)( −m − 5) + m + = ⇔ −6m − 36 = ⇔ m = −6 Vậy giá trị m m = −6 Phương trình cho tương đương với sin x − sin x + 2cos x = 3(sin x + 1) + cos x(sin x + 1) 0,5 0,5 ⇔ 2cos x sin x + 2cos x = (sin x + 1)(cos x + 3) ⇔ (sin x + 1)(2cos x − cos x − 3) = ⇔ (sin x + 1)(4cos x − cos x − 5) = ⇔ (sin x + 1)(cos x + 1)(4cos x − 5) = π + k 2π , k ∈ Z *) cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π , k ∈ Z *) 4cos x − = vô nghiệm *) sin x = −1 ⇔ x = − Vậy phương trình có nghiệm x = − Câu (1,0 điểm) π 0,5 + k 2π , x = π + k 2π , k ∈ Z Điều kiện: x ≥ −1 Nhận thấy x = −1 nghiệm bất phương trình Xét x > −1 Khi bất phương trình cho tương đương với x + − + 2 x + − ≤ x3 − x − x − 12 ) ( ( ) 4( x − 3) 4( x − 3) ⇔ + ≤ ( x − 3)( x + x + 4) x +1 + 2x + + 4 ⇔ ( x − 3) + − ( x + 1) − ≤ (1) 2x + + x +1 + 4 Vì x > −1 nên x + > x + > Suy + < 3, x +1 + 2x + + 4 + − ( x + 1) − < x +1 + 2x + + Do bất phương trình (1) ⇔ x − ≥ ⇔ x ≥ Vậy nghiệm bất phương trình x = −1 x ≥ 3x ln(3 x + 1) dx + ∫ dx 2 ( x + 1) ( x + 1) 0 3dx dx Đặt u = ln(3 x + 1) ⇒ du = ⇒v=− ; dv = x +1 3x + ( x + 1) Áp dụng cơng thức tích phân phần ta có Câu (1,0 điểm) 0,5 Ta có I = ∫ 3x 2ln(3x + 1) dx − x +1 ( x + 1) I =∫ 3 = ∫ − x + ( x + 1) 0 = Câu (1,0 điểm) 0,5 1 0,5 dx (3 x + 1)( x + 1) + 6∫ − dx − ln + 3∫ dx 3x + x + 0 − ln + 3ln x + x +1 0,5 = − + 4ln 2 Vì SH ⊥ ( ABCD ) nên SCH = ( SC , ( ABCD ) ) = 300 S H' D H Trong tam giác vng SAD ta có SA2 = AH AD ⇔ 12a = AD ⇒ AD = 4a; HA = 3a; HD = a C ⇒ SH = HA.HD = a ⇒ HC = SH cot 30 = 3a ⇒ CD = HC − HD = 2a K Suy S ABCD = AD.CD = 2a a 6a3 V = SH S = Suy B S ABCD ABCD A M 3 Vì M trung điểm AB AH // (SBC) nên 0,5 0,5 1 (1) d ( A,( SBC ) ) = d ( H , ( SBC ) ) 2 Kẻ HK ⊥ BC K, HH ' ⊥ SK H ' Vì BC ⊥ ( SHK ) nên BC ⊥ HH ' ⇒ HH ' ⊥ ( SBC ) (2) d ( M , ( SBC ) ) = 1 11 6a 66 = + = ⇒ HH ' = = a 2 2 11 HH ' HK HS 24a 11 66 Từ (1), (2) (3) suy d ( M , ( SBC ) ) = a 11 Ta có x + ( y + z ) ≤ x + 5( y + z ) = 6( xy + yz + zx) ≤ x( y + z ) + ( y + z ) y+z Do x − x( y + z ) + ( y + z ) ≤ 0, hay ≤ x ≤ y + z Suy x + y + z ≤ 2( y + z ) Trong tam giác vng SHK ta có Câu (1,0 điểm) (3) 0,5 1 Khi P ≤ 2( x + y + z ) − ( y + z ) ≤ 4( y + z ) − ( y + z ) = y + z − ( y + z ) 2 t Đặt y + z = t , t ≥ P ≤ 2t − (1) t +∞ Xét hàm số f (t ) = 2t − t với t ≥ – f '(t ) + Ta có f '(t ) = − 2t ; f '(t ) = ⇔ t = Suy bảng biến thiên: f (t ) với t ≥ (2) x = y + z x = Từ (1) (2) ta có P ≤ , dấu đẳng thức xảy y = z ⇔ y + z =1 y = z = Vậy giá trị lớn P , đạt x = 1, y = z = 2 x = − 3t A ∈ d : 2x + y − = ⇔ ⇒ A(−3a + 1, 2a + 1) d y = + t A Dựa vào bảng biến thiên ta có f (t ) ≤ f (1) = Câu 7.a (1,0 điểm) 0,5 Vì M (2; 1) trung điểm AC nên suy C (3 + 3a; − 2a ) HA = ( −3a + 1; 2a + 4) ⇒ HC = (3 + 3a; − 2a ) M N E a = Vì AHC = 90 nên HA.HC = ⇒ a = − 19 13 *) Với a = ⇒ A( −2; 3), C (6; − 1) thỏa mãn B H *) Với a = − 0,5 C 19 18 51 ⇒ C − ; không thỏa mãn 13 13 13 Với A(−2; 3), C (6; − 1) ta có phương trình CE : x + 17 y + 11 = 0, phương trình BC : x − y − = 3b + b + Suy B(3b + 9; b) ∈ BC ⇒ trung điểm AB N ; Mà N ∈ CE ⇒ b = −4 ⇒ B( −3; − 4) 0,5 Tâm mặt cầu (S) I (t − 2; − t + 1; 2t + 2) ∈ d Câu 8.a (1,0 điểm) Câu 9.a (1,0 điểm) Câu 7.b (1,0 điểm) Vì (S) tiếp xúc (P), (Q) nên d ( I , ( P) ) = d ( I , (Q ) ) = R 0,5 1 t = −2, R = I ( −4; 3; − 2), R = ⇔ = =R⇔ ⇒ 3 t = −3, R = I ( −5; 4; − 4), R = 3 Suy pt (S) ( x + 4) + ( y − 3) + ( z + 2) = ( x + 5) + ( y − 4) + ( z + 4) = 9 0,5 3t + −t − Số số thuộc M có chữ số A53 = 60 Số số thuộc M có chữ số A54 = 120 A 0,5 ⇔ ( a − 1) + (b − 2) = ( a − 4) + (b − 1) = R I b = 3a − I ( a; 3a − 6) ⇒ ⇒ 2 D C R = 10a − 50a + 65 R = 10a − 50a + 65 −9a + 29 Kẻ IH ⊥ CD H Khi CH = 3, IH = d ( I , ∆) = 0,5 ∆ H (9a − 29) 25 (9a − 29) Từ (1) (2) suy 10a − 50a + 65 = + ⇔ 169a − 728a + 559 = 25 I (1; − 3), R = a = ⇔ ⇒ 43 51 61 a = 43 I ; , R = 13 13 13 13 ⇒ R = IC = CH + IH = + (1) (2) (1) D = ( P ) : x + y + z + = = 6⇔ ⇒ (2) D = −9 ( P ) : x + y + z − = Lấy K (1; 3; 1) ∈ d1 N (1; − 3; 2) ∈ d thử vào phương trình (1) (2) ta có N ∈ ( P) : x + y + z + = nên d ⊂ ( P ) : x + y + z + = Suy phương trình mặt phẳng (P) thỏa mãn tốn ( P ) : x + y + z − = Với x ∈ R số nguyên dương n, theo nhị thức Niutơn ta có d ( M , ( P) ) = ⇔ 0,5 43 51 1525 Suy (C ) : ( x − 1) + ( y + 3) = 25 (C ) : x − + y − = 13 13 169 u1 = (1; − 1; 1) ⇒ nP = u1 , u2 = (1; 2; 1) Vì ( P) // d1 , d nên (P) có cặp vtcp u2 = ( −1; 2; − 3) Suy pt (P) có dạng x + y + z + D = Câu 8.b (1,0 điểm) 0,5 Số số thuộc M có chữ số A55 = 120 Suy số phần tử M 60 + 120 + 120 = 300 Các tập E có tổng phần tử 10 gồm E1 = {1,2,3,4}, E2 = {2,3,5}, E3 = {1,4,5} Gọi A tập M mà số thuộc A có tổng chữ số 10 Từ E1 lập số số thuộc A 4! Từ tập E2 E3 lập số số thuộc A 3! Suy số phần tử A 4!+ 2.3! = 36 36 Do xác suất cần tính P = = 0,12 300 Giả sử (C) có tâm I ( a; b), bán kính R > B Vì (C) qua A, B nên IA = IB = R 0,5 3+ D 0,5 0,5 Câu 9.b (1,0 điểm) ( ) Cn0 x − Cn1 x + + ( −1) n Cnn x n +1 = Cn0 − Cn1 x + + (−1) n Cnn x n x = (1 − x) n x Suy ∫ (C n ) x − Cn1 x + + ( −1) n Cnn x n +1 dx = ∫ (1 − x) n xdx 0 1 ( −1) n Cn = ∫ (1 − x) n dx − ∫ (1 − x) n +1dx Hay Cn0 − Cn1 + + n+2 0 n = Từ ta có 1 1 − = , với n ∈ N* n + n + (n + 1)( n + 2) 1 = ⇔ n + 3n − 154 = ⇔ n = 11 (vì n ∈ N* ) ( n + 1)(n + 2) 156 0,5 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 3, NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUN MƠN: TỐN; Thời gian làm : 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2điểm) Cho hàm số y x (3m 1) x 2(m 1) ( m tham số ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để đồ thị hàm số cho có điểm cực trị lập thành tam giác có trọng tâm gốc tọa độ O Câu II (2điểm) Giải phương trình: log x log x log x sin x sin x cos x cos x Câu III (1điểm) Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình phẳng giới hạn đồ thị hàm Giải phương trình: sin x cos2 x tan x số y x.e x , trục hoành đường thẳng x quanh trục Ox ex 1 120 đường Câu IV (1điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có cạnh AC a, BC 2a, ACB thẳng A ' C tạo với mặt phẳng ABB ' A ' góc 30 Gọi M trung điểm BB ' Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' khoảng cách hai đường thẳng AM CC ' theo a Câu V (1điểm) Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm thực x y xy x x 3x 3xy a PHẦN RIÊNG (3,0điểm) Thí sinh làm hai phần ( phần a b) a Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho đường thẳng d : x y elíp x2 y2 Viết phương trình đường thẳng vng góc với d cắt E hai điểm A, B cho diện tích tam giác OAB E : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : x y 2z điểm A 3; 1; , B 1; 5; Tìm tọa độ điểm M thuộc P cho MA.MB đạt giá trị nhỏ Câu VIIa.(1điểm) Viết ngẫu nhiên số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác lên bảng Tính xác suất để số vừa viết thỏa mãn số chữ số lớn chữ số đứng trước b Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho parabol P : y x có tiêu điểm F Gọi M điểm thỏa mãn điều kiện FM 3FO Gọi d đường thẳng qua điểm M cắt P hai điểm phân biệt A, B Chứng minh tam giác OAB tam giác vuông x 1 y z Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : điểm 2 2 A 1; 2; , B 1; 5; , C 3; 2; Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho MA MB MC đạt giá trị lớn Câu VIIb (1điểm) Hai bạn An Bình thi đấu với trân bóng bàn Họ quy ước chơi với nhiều séc Ai thắng trước séc người thắng trận đấu kết thúc Tính xác suất để trận đấu kết thúc sau séc thứ 4, biết xác suất An thắng séc 0, séc có người thắng Hết http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối: A A1; Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2mx + (1), với m tham số a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3x + (1 − cos x) cos x = (sin x + cos x) sin x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 4(2 x + 1) + 3( x − x) x − = 2( x + x) Câu (1,0 điểm) Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình phẳng giới hạn đường x +1 , y = 0, x = xung quanh trục hoành y= x2 + Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A' B ' C ' có đáy tam giác cạnh 3a Hình chiếu vng góc C ' lên mặt phẳng ( ABC ) điểm D thỏa mãn điều kiện DC = −2 DB Góc đường thẳng AC ' mặt phẳng ( A' B' C ' ) 450 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A' B' C ' tính cơsin góc hai đường thẳng BB ' AD Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn + x + + y + + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x + y + z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a phần b) a Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B( ; − 5), phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ A trung tuyến kẻ từ B x − y − = x + y + = Tìm tọa độ điểm A C biết diện tích tam giác ABC 16 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d1 : x −1 y z − ; = = 1 x y − z −1 x −3 y + z = = ; d3 : = = Tìm tọa độ điểm P thuộc d1 điểm Q thuộc d cho đường 1 −2 thẳng PQ vng góc với d độ dài PQ nhỏ Câu 9.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z+i z +i số ảo + z +1 z +1 d2 : b Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2 3; 2) Viết phương trình tắc elíp (E) qua M biết M nhìn hai tiêu điểm (E) góc vng Câu 8.b (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm K (1; 3; 2) mặt phẳng ( P) : x + y + z − = Viết phương trình đường thẳng d qua K, song song với mặt phẳng (Oyz ) tạo với (P) góc α có tan α = ⎧2 x.3 y − x+2 = 3(6 x − y ) Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ R) ⎩log (1 + x) + log (2 + xy) = 2(1 + log y ) Hết -Ghi chú: BTC trả vào ngày 18, 19/5/2013 Để nhận thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC Kỳ khảo sát chất lượng lần cuối năm 2013 tổ chức vào chiều ngày 15 ngày 16/6/2013 Đăng kí dự thi văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 18/5/2013 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu Câu (2,0 điểm) www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2013 Mơn: TỐN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án a) (1,0 điểm) Khi m = hàm số trở thành y = x − x + 3 1o Tập xác định: D = R , y hàm số chẵn 2o Sự biến thiên: * Giới hạn vô cực: lim y = lim x ( − + ) = +∞ x → ±∞ x → ±∞ 3x x 16 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = x − x, x ∈ R 3 ⎡ x < −2 ⎡− < x < ⎡x = ; y' < ⇔ ⎢ y' = ⇔ ⎢ ; y' > ⇔ ⎢ ⎣0 < x < ⎣x > ⎣ x = ±2 Suy hàm số đồng biến khoảng (−2; 0) (2; + ∞) ; nghịch biến khoảng (−∞; − 2) (0; 2) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại điểm x = 0, giá trị cực đại yCĐ = ; hàm số đạt cực tiểu 10 điểm x = −2 x = 2, giá trị cực tiểu yCT = − * Bảng biến thiên: y x −∞ –2 +∞ − + − + y' +∞ +∞ y 10 10 − − −2 x O 3 3o Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng − Khi đồ thị hàm số có điểm cực trị A(0; 2), B (− 3m ; − 3m ) C ( 3m ; − 3m ) Tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O OA = OB = OC ⎡m = 1, m = 2 ⇔ = 3m + (2 − 3m ) ⇔ m(m − 1)(3m + 3m − 1) = ⇔ ⎢ ⎢m = − ± 21 ⎢⎣ Câu (1,0 điểm) π + kπ 0,5 0,5 0,5 − + 21 Phương trình cho tương đương với sin x + cos x − cos x cos x = sin x sin x + sin x cos x ⇔ sin x + cos x = (cos x cos x + sin x sin x) + sin 3x + sin x ⇔ cos x = cos x + sin x ⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x − 1) = * cos x + sin x = ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − 0,5 10 b) (1,0 điểm) 4x Ta có y ' = x − 4mx = ( x − 3m) 3 Đồ thị hàm số có điểm cực trị ⇔ phương trình y '= có nghiệm phân biệt ⇔ m > Kết hợp điều kiện m > ta có giá trị m m = 1, m = Điểm 0,5 www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối: D; Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2mx + (1), với m tham số a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có tâm đường trịn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3x + (1 − cos x) cos x = (sin x + cos x) sin x ( ) ( ) Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x − x x + < − x Câu (1,0 điểm) Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình phẳng giới hạn đường x +1 y= , y = 0, x = xung quanh trục hoành x2 + Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A' B' C ' có đáy tam giác cạnh 3a Hình chiếu vng góc C ' lên mặt phẳng ( ABC ) điểm D thỏa mãn điều kiện DC = −2 DB Góc đường thẳng AC ' mặt phẳng ( ABC ) 45 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A' B ' C ' tính cơsin góc hai đường thẳng BB' AC Câu (1,0 điểm) Cho x, y số thực không âm thỏa mãn biểu thức P = + x + + y = Tìm giá trị lớn x y + y +1 x + II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a phần b) a Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B( ; − 5), phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ A trung tuyến kẻ từ B x − y − = x + y + = Tìm tọa độ điểm A C biết diện tích tam giác ABC 16 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d1 : x −1 y z − ; = = 1 x y − z −1 x−3 y +2 z ; d3 : = = = = Tìm tọa độ điểm P thuộc d1 điểm Q thuộc d cho đường 1 −2 thẳng PQ vng góc với d độ dài PQ nhỏ Câu 9.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z +i z +i số ảo + z +1 z +1 b Theo chương trình Nâng cao d2 : Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2 3; 2) Viết phương trình tắc elíp (E) qua M biết M nhìn hai tiêu điểm (E) góc vng Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm K (1; 3; 2) mặt phẳng ( P) : x + y + z − = Viết phương trình đường thẳng d qua K, song song với mặt phẳng (Oyz ) tạo với (P) góc α có tan α = ⎧2 x.3 y − x+2 = 3(6 x − y ) Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ R) ⎩log (1 + x) + log (2 + xy) = 2(1 + log y ) Hết -Ghi chú: BTC trả vào ngày 18, 19/5/2013 Để nhận thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC Chúc em đạt kết cao kỳ thi Đại học năm 2013! TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối D; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi m = hàm số trở thành y = x − x + 3 1o Tập xác định: D = R , y hàm số chẵn 2o Sự biến thiên: * Giới hạn vô cực: lim y = lim x ( − + ) = +∞ x → ±∞ x → ±∞ 3x x 16 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = x − x, x ∈ R 3 ⎡ x < −2 ⎡− < x < ⎡x = ; y' < ⇔ ⎢ y' = ⇔ ⎢ ; y' > ⇔ ⎢ ⎣0 < x < ⎣x > ⎣ x = ±2 Suy hàm số đồng biến khoảng (−2; 0) (2; + ∞) ; nghịch biến khoảng (−∞; − 2) (0; 2) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại điểm x = 0, giá trị cực đại yCĐ = ; hàm số đạt cực tiểu 10 điểm x = −2 x = 2, giá trị cực tiểu yCT = − * Bảng biến thiên: y x −∞ –2 +∞ − + − + y' +∞ +∞ y 10 10 − − −2 x O 3 3o Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng − Khi đồ thị hàm số có điểm cực trị A(0; 2), B (− 3m ; − 3m ) C ( 3m ; − 3m ) Tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O OA = OB = OC ⎡m = 1, m = 2 ⇔ = 3m + (2 − 3m ) ⇔ m(m − 1)(3m + 3m − 1) = ⇔ ⎢ ⎢m = − ± 21 ⎣⎢ Câu (1,0 điểm) * cos x + sin x = ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − π + kπ 0,5 0,5 − + 21 Phương trình cho tương đương với sin x + cos x − cos x cos x = sin x sin x + sin x cos x ⇔ sin x + cos x = (cos x cos x + sin x sin x) + sin 3x + sin x ⇔ cos x = cos x + sin x ⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x − 1) = 0,5 10 b) (1,0 điểm) 4x Ta có y ' = x − 4mx = ( x − 3m) 3 Đồ thị hàm số có điểm cực trị ⇔ phương trình y '= có nghiệm phân biệt ⇔ m > Kết hợp điều kiện m > ta có giá trị m m = 1, m = 0,5 0,5 www.VNMATH.com ⎡ π π ⎡ x = k 2π ⎢ x + = + k 2π π⎞ ⎛ * cos x − sin x = ⇔ cos⎜ x + ⎟ = ⇔⎢ ⇔⎢ ⎢ x = − π + k 2π π π 4⎠ ⎝ ⎢ x + = − + k 2π ⎣ ⎢⎣ 4 Câu (1,0 điểm) + kπ , x = k 2π , x = − π + k 2π , k ∈ Z Bất phương trình cho tương đương với 2( x + x ) − x x + − < Vậy nghiệm phương trình x = − Câu (1,0 điểm) π 0,5 Đặt x x + = t Suy x + 3x = t Khi bất phương trình trở thành 2t − 3t − < ⇔ − < t < 2 Suy − < x x + < (1) * Với x ≥ ta có ⎧⎪ x ≥ ⎧x ≥ ⎧x ≥ ⎧x ≥ ⇔ ⇔ (1) ⇔ ⎨ ⇔ ≤ x < ⇔ ⎨ ⎨ ⎨ 2 ⎪⎩ x x + < ⎩( x − 1)( x + 4) < ⎩ x + 3x − < ⎩x < ⎧x < ⎧x < ⎧x < ⎪ ⎪ ⎪ * Với x < ta có (1) ⇔ ⎨ ⇔ ⎨1 ⇔⎨ 2 ⎪⎩− < x x + ⎪⎩ > − x x + ⎪⎩ x + 3x − < ⎧x < − + 10 ⎪ ⇔ ⎨ − + 10 ⇔ − < x < ⎪x < ⎩ − + 10 Từ hai trường hợp ta có nghiệm bất phương trình − < x < x +1 Ta có = ⇔ x = −1 x2 + Thể tích V cần tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình thang cong giới hạn x +1 đường y = , y = 0, x = −1, x = xung quanh Ox x2 + 3 2x ⎞ ( x + 1) ⎛ Suy V = π ∫ dx = π ∫ ⎜1 + − ⎟dx x + x + 3⎠ x +3 −1 −1 ⎝ ( = π x + ln | x + | ) −1 ∫x Tính I = −1 π π 3 dt 1 ∫π 3(1 + tan t ) cos2 t = − 3π Thay vào (1) ta V = ( + ln 3)π − Từ giả thiết B' Câu (1,0 điểm) 0,5 (1) π π dx Đặt x = tan t Khi x = −1 t = − , x = t = +3 dx dt Suy I = ∫ = cos t x + −1 0,5 dx dx = π (4 + ln 3) − 2π ∫ x +3 x +3 −1 −1 − 2π ∫ dx = 3 0,5 ∫π dt = − 3π 0,5 ⇒ C ' D ⊥ ( ABC ) ⇒ ∠C ' AD = ∠( AC ' , ( ABC )) = 450 A' C' Sử dụng định lí cosin cho tam giác ABD ⇒ AD = a ⇒ C ' D = AD tan 450 = a Suy thể tích lăng trụ B D C 3a 45 V = C ' D.S ABC = a A (3a ) 21 = a 4 0,5 www.VNMATH.com Vì CC ' // BB' nên ∠( BB ' , AC ) = ∠(CC ' , AC ) = ∠ACC ' Ta có CC ' = C ' D + DC = a 11, C ' A = C ' D + AD = 14a ⇒ cos ∠ACC ' = 2 2 CA + CC '2 − AC '2 = 2CA.CC ' 11 (2) 0,5 11 Từ (1) (2) suy cos( BB' , AC ) = cos ∠ACC ' = Câu (1,0 điểm) (1) Từ giả thiết ta có 16 = + x + y + (1 + x )(1 + y ) = + x2 + y + + x2 + y + 2x y ≥ + x2 + y + + x2 + y Từ ta có + x + y ≤ 3, hay x + y ≤ Suy y ≤ − 0,5 x2 , ≤ x ≤ 2 x2 y = x + + − x =1+ x + Khi P ≤ x + ≤ x+ x+2 x+2 2 x+2 x+2 x [0; 2 ] Ta có Xét hàm số f ( x) = + + x+2 x2 + 4x f ' ( x) = ≥ 0, ∀x ∈ [0; 2 ] 2( x + 2) 4− Suy f ( x) ≤ f ( 2 ) = 2 (1) 0,5 (2) Từ (1) (2) ta có P ≤ 2 , dấu đẳng thức xảy x = 2 , y = Câu 7.a (1,0 điểm) Vậy giá trị lớn P 2 , đạt x = 2 , y = BC ⊥ AH ⇒ pt BC : 3x + y − = A C ∈ BC ⇒ C (c; − 3c), A ∈ AH ⇒ A(3a + 7; a ) M ⎛ 3a + c + a − 3c + ⎞ ; Suy trung điểm AC M ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ B H C 3a + c + a − 3c + + + = ⇔ a − c + = 2 | 10a + 14 | Ta có BC = (c − 4) + (12 − 3c) = 10 c − , AH = d ( A, BC ) = 10 ⇒ S ABC = BC AH = | (c − 4)(5a + 7) | = 16 ⎡ A( −2; − 3), C (2; 1) ⎡a = −3, c = ⎢ ⇒ ⎢ ⎛ 29 ⎞ ⎛ 36 73 ⎞ Từ (1) (2) suy ⎢ A⎜ ; − ⎟, C ⎜ ; − ⎟ ⎢a = − , c = 36 ⎢⎣ ⎝ 5⎠ ⎝ 5⎠ 5 ⎣ P ∈ d1 ⇒ P( p + 1, p, p + 3), Q ∈ d ⇒ Q( q; 2q + 2; q + 1) Do M ∈ BM : x + y + = ⇒ Câu 8.a (1,0 điểm) 0,5 Suy PQ = (− p + q − 1; − p + 2q + 2; − p + q − 2) PQ ⊥ d ⇒ u3 PQ = ⇔ −2(− p + q − 1) + 1( − p + 2q + 2) + 1(−2 p + q − 2) = ⇔ − p + q + = hay p = q + (1) (2) 0,5 0,5 Suy PQ = + q + (q + 6) = 2q + 12q + 45 = 2( q + 3) + 27 ≥ 27 Suy PQ = 3 p = −1, q = −3 hay P(0; − 1; 1), Q(−3; − 4; − 2) 0,5 Giả sử z = x + yi điểm biểu diễn số phức z M ( x; y ) Câu 9.a Ta có z + i z + i | z |2 + z + z + i ( z + z ) + 2i 2( x + y ) + x + 2( x + 1)i + = = z +1 z +1 | z |2 + z + z + ( x + 1) + y 0,5 (1,0 điểm) www.VNMATH.com ⎧⎛ 1⎞ 2 ⎧ + + = ( ) x y x z+i z +i ⎪ ⎪⎜ x + ⎟ + y = + số ảo ⇔ ⎨ ⇔ 2⎠ ⎨⎝ z +1 z +1 ⎪⎩( x + 1) + y ≠ ⎪( x; y ) ≠ (−1; 0) ⎩ 0,5 Câu 7.b (1,0 điểm) 1⎞ ⎛ Vậy tập hợp điểm M đường tròn ⎜ x + ⎟ + y = bỏ điểm (−1; 0) 2⎠ ⎝ 2 x y Phương trình tắc ( E ) : + = (a > b > 0) a b 12 M ∈ ( E ) ⇔ + = a b ∠F1MF2 = 90 ⇒ MO = F1 F2 = c ⇒ c = ⇒ a − b = 16 ⎧⎪a = 24 x2 y2 Từ (1) (2) suy ⎨ ⇒ (E) : + = 24 ⎪⎩b = (1) 0,5 (2) 0,5 Phương trình (Oyz) : x = Câu 8.b (1,0 điểm) Giả sử d có vtcp u d (a; b; c), (a + b + c ≠ 0) ⎧⎪ K (1; 3; 2) ∉ (Oyz ) ⇔ 1.a = hay a = Suy u d (0; b; c) nP (1; 1; 1) Ta có d //(Oyz ) ⇔ ⎨ ⎪⎩u d n Oyz = Do 00 ≤ α ≤ 900 nên từ tan α = ⇒ sin α = ⇒ |b+c| b + c 2 = 0,5 |b+c| Mà sin(d , ( P )) = 3 b + c 2 ⇔ (b − c) = ⇔ b = c ≠ 0,5 ⎧x = ⎪ Chọn b = c = ⇒ u d = (0; 1; 1) Suy phương trình d : ⎨ y = + t ⎪ z = + t ⎩ Câu 9.b (1,0 điểm) ⎧ x > −1, y > Điều kiện: ⎨ ⎩1 + xy > Phương trình thứ hệ tương đương với x.3 y + y +1 = x+2 + 3.6 x ⇔ (2 x + 3)3 y = (2 x + 3)3 x+1 ⇔ y = x+1 ⇔ y = x + Phương trình thứ hai hệ tương đương với log (1 + x)(1 + xy ) = log 2 y ⇔ (1 + x)(1 + xy) = y 0,5 ⎧y = x +1 > ⎧y = x +1 > ⎧y = x +1 > Từ ta ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 2 ⎩1 + xy = y ⎩x − x − = ⎩(1 + x)(1 + xy) = y ⎡ 3+ 1+ , y= ⎢x = 2 ⇔⎢ ⎢ 3− 1− , y= ⎢x = 2 ⎣ 0,5 http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI & ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MƠN TỐN 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) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C) hàm số: y 2x x2 Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt cho tiếp tuyến (C ) hai điểm song song với Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: 2sin x 2sin x 3cos2 x sin x 2.Giải phương trình: log (4 x 13x 5) log 25 (3 x 1) Câu III (1,0 điểm) 1 i 1 i Tìm phần thực phần ảo số phức Z biết: Z = 2010 1 i 1 i 2011 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh A, AB a Gọi trung điểm BC, hình chiếu vng góc H S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: uur I uu ur IA 2 IH , góc SC mặt đáy (ABC) 600 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ trung điểm K SB tới (SAH) Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn x y z xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P x2 y z II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chọn hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), đường thẳng 1: x + y –3 =0 đường thẳng 2: x + y – = Tìm tọa độ điểm B thuộc 1 điểm C thuộc 2 cho ABC vuông cân A x21 Giải phương trình: (9 2.3 3)log ( x 1) log 27 x 3 x x n n 1 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển x biết An Cn 1 4n x B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG x xy x Giải hệ phương trình x 1 y 2 y 3 x 3.2 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 sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên SBD www.laisac.page.tl HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ KSCL MƠN TỐN NĂM HỌC:2010-2011.THPT NGUYỄN TRÃI Câu ý Nội dung TXĐ: D = R\{2} lim y ; lim y x = tiệm cận đứng x 2 lim y 2; x x 2 lim y 2 II x 7 0; x Hàm số nghịch biến khoảng (- ;2) (2; + ); ( x 2)2 Hàm số không đạt cực trị Lập đúng, đầy đủ BBT Vẽ đồ thị Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (C) là: 2x x m x (m 6) x 2m (1) (x = không nghiệm x2 phương trình) (d) cắt (C ) hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến song song với (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn: y’(x1) = y’(x2) hay x1+x2 = (m 6) 8(2m 3) 6 m m 2 pt cho 2cos5 x sin x sin x sin x cos x s inx cos5 x s inx cos x +) s inx x k k x 12 +) 2cos5 x s inx cos x cos5 x cos( x ) x k 18 4 x 13x Điều kiện: 3 x Pt log ( 4 x 13x 5) log 3x 4 x 13x 3x 4 x 13x y Đặt 3x 2 y Ta hệ phương trình 4 y 12 y 3x Giải hệ y=x 2y =5-2x 15 97 Với y=x x 15 x , tìm nghiệm x 11 73 Với 2y=5-2x x 11x , tìm nghiệm x 15 97 11 73 Vậy tập nghiệm pt cho T ; 8 Chú ý: Pt x 10 x III 0.25 y=2 tiệm cận ngang y’ = I Điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 25 x 3x (2 x ) ( x ) 4 2 0.5 S Ta có IA 2 IH H thuộc tia đối tia IA IA = 2IH 0,25 BC = AB 2a ; AI = a ; IH = IA a = 2 K AH = AI + IH = 3a A B I C Ta có HC IV H a a 15 Vì SH ( ABC ) ( SC ; ( ABC )) SCH 60 ; SH HC tan 60 VS ABC 0,25 1 a 15 a 15 S ABC SH (a ) 3 2 0,25 BI AH BI (SAH ) BI SH 0.25 d ( K ; ( SAH )) SK 1 a d ( K ; (SAH )) d ( B; ( SAH ) BI d ( B; (SAH )) SB 2 2 1 Đặt a , b , a ta có ab+bc+ca =1 P a 2b 5c x y z Ta có (a b c ) (b 2c) với a, b, c a 2b 5c 2(ab bc ca ) P - P a / 11 a b c Dấu “=” xảy b 2c b / 11 ab bc ca c 1/ 11 Ta có V 0.25 0.25 0.25 0.25 Vậy giá trị nhỏ P B 1 B(a; –a) C 2 C(b; 9-b) uuur uuur AB AC ABC vuông cân A 2 AB AC (1) 2ab - 10a - 4b + 16 = 2 2a - 8a = 2b 20b 48 (2) a = không nghiệm hệ 0.25 0.25 5a - Thế vào (2) tìm a = a = a-2 Với a = suy b = B(0;3), C(4;5) Với a = suy b = B(4;-1), C(6;3) ĐK: x > Với ĐK phương trình cho tương đương (1) b = VI.a 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 Vậy phương trình cho có nghiệm : Giải phương trình An2 Cnn11 4n ; Điều kiện: n ≥ ; n N (n 1)! 4n Phương trình tương đương với n(n 1) 2!(n 1)! n(n 1) n(n 1) 4n n2 – 11n – 12 = n = - (Loại) n = 12 Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: 12 k 24 3 k 12 12 12 k k k 12 k 2 2x C12 x x C12 x x k 1 k 1 VII.a k N , k 12 Số hạng chứa x k 24 k 12 Vậy hệ số số hạng chứa x là: C124 28 0.25 0.25 0.25 0.25 Giả sử B ( xB ; yB ) d1 xB yB 5; C ( xC ; yC ) d xC 2 yC x x Vì G trọng tâm nên ta có hệ: B C y B yC Từ phương trình ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) VI.b uuur uuur Ta có BG (3; 4) VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = Bán kính R = d(C; BG) = 81 phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 x x 1 3x xy x x(3x y 1) 3 x xy x x 1 x x x 1 3x y y x 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Với x = thay vào (1) y 3.2 y y 12.2 y y 8 y log 11 11 0.25 x 1 Với thay y = – 3x vào (1) ta được: x 1 3 x 1 3.2 y x Đặt t x 1 Vì x 1 nên t t lo¹ i x log 1 (3) t t 6t t t y log (3 ) x x log Vậy hệ phương trình đà cho có nghiệm y log y log (3 ) 11 Ta P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= (1+x)5(1+x2)5 0.25 0.25 0,25 = k 0 VII.b i 0 i 5 C C x C5k x k C5i x2 k k 0 i 0 i k k 2i 10 i Theo gt ta có 0 k 5, k N k 0 i 5, i N i k 0 4 a10= C5 C5 C5 C5 C5 C5 101 i k 2i 0,25 0,25 0,25 ... – 11n – 12 = n = - (Loại) n = 12 Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: 12 k 24 3 k 12 12 12? ?? k k k 12 k 2 2x C12 x x C12 x x k 1 k 1 VII.a k N , k 12 Số hạng... TRÃI & ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MƠN TỐN 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) Khảo sát biến thiên... ⇔ n + 3n − 154 = ⇔ n = 11 (vì n ∈ N* ) ( n + 1)(n + 2) 156 0,5 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 3, NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MƠN: TỐN; Thời gian làm : 180 phút I PHẦN CHUNG