1. SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN 1
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN MÔN:TOÁN ­ KHỐI B
(Thời gian làm bài 180, không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm: 01 trang
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THI SINH (7 điểm)
Câu I .(2điểm) cho hàm số y =
2
3 2
-
+
x
x
(C).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Tìm tất cả giá trị của tham số m để đường thẳng y = x +m cắt (C) tại hai điểm phân biệt
mà tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu II. (2điểm)
1. Giải phương trình : sin 3
x + cos 3
x + sin 3
x cot x +cos 3
x tan x = x 2 sin 2
2. Giải phương trình :( x 2
– 6x +11) 1 2
+- x x = 2(x 2
– 4x + 7) 2- x
Câu III. (1điểm) Tính giới hạn : 0
lim
® x x
x x x
2
sin
2 cos sin 2 1 -+
Câu IV. (1điểm) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với AB= AC=a,
góc BAC = 60 0
;SA vuông góc với đáy và SA= a 2 . Xác định tâm và bán kính mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp SABC
Câu V. (1điểm) Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn 2 ­a
+2 ­b
+2 ­c
= 1.Chứng minh rằng
+
+ + c b a
a
2 2
4
+
+ + a c b
b
2 2
4
b a c
c
+
+ 2 2
4
³
4
2 2 2 c b a
++
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa .(2điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy
1. Cho đường tròn (C) x 2
+ y 2
­ 2x ­ 6y +6 = 0 và điểm M(­3;1).Gọi T 1 và T 2 là các tiếp
điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C).Viết phương trình đương thẳng T 1 T 2
2. Cho A(1;2);B(0;0);C(­3;1).Xác định tâm phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.
Câu VIIa. (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của
14
4
3
2
1
÷÷
ø
ö
çç
è
æ
+
x
x với x > 0;
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb: (2điểm)
1. Cho đường tròn x 2
+ y 2
– 2x – 6y + 6 = 0 (C)và điểm M(2;4). Viết Phương trình đường
thẳng đi qua điểm M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của AB.
2.Cho P(3;0) và hai đường thẳng (d1): 2x – y – 2 = 0, (d2): x + y + 3 = 0. Gọi (d) là đường
thẳng qua P và cắt (d1), (d2) lần lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng (d) biết PA
= PB.
Câu VIIb: (1điểm) Giải hệ phương trình
( ) ( )
2 2
3 5
x y 3
log x y log x y 1
ì - =ï
í
+ - - =ïî
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL ĐẠI HỌC LẦN THỨ 1
MÔN TOÁN – KHỐI B
(Hướng dẫn chấm có 08 trang)
Câu ĐÁP ÁN VẮN TẮT Điểm
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y =
2
3 2
-
+
x
x
(1 điểm)
a. T đk D=R | { 2};
b. Sự biến thiên ;
* Chiều biến thiên :y’ = 2
) 2 (
7
-
-
x
<0 mọi x 2¹
Hàm số là nghịch biến trong khoảng xÎ (­ 2 ;¥ ) và (2;¥ );
* Cực trị : Hàm số không có cực trị.
0.25
*Các giới hạn:
±¥® x
lim y =
2
3 2
lim
-
+
±¥® x
x
x
= 2, suy ra y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị
±
® 2
lim
x
y =
2
3 2
lim
2 -
+
±
® x
x
x
= ¥± ,suy ra x = 2 là tiệm cận đứng của đồ
thị
0.25
* Bảng biến thiên: x ­∞ 2 +∞
y’ ­ ­
y 2 +∞
­∞ 2
0.25
Câu I
C. Đồ thị : Giao của đồ thị với trục tung tại điểm ( 0;
2
3-
);
Giao của đồ thị với trục hoành tại điểm (
2
3-
; 0);
Tâm đối xứng I (2;2); y
0 x
0.25
2
2

3. 2. Tìm tất cả giá trị của tham số m để đường thẳng y = x + m cắt
( C) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó
song song với nhau.(1 điểm)
Đường thẳng y = x+m cắt (C) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến
của (C) tại hai điểm đó song song với nhau
Û pt =
-
+
2
3 2
x
x
x +m (1)có hai nghiệm phân biệt x 1 ,x 2 thỏa mãn
điều kiện y’( 1 x )= y’( 2 x ) với y là hàm số đã cho
0.25
(1)Û x 2
+ (m ­ 4 ) x ­ 2m ­3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 ,x 2
( 2¹ ) và thỏa mãn x 1 +x 2 = 4;
0.25
D > 0 x"
Û 2.2 2
+ ( m­6) 2 – 2m­3 0¹ Û m = ­4
4
4
2
m-
=
Kết luận: m = ­4 thỏa mãn điều kiện đầu bài
0.5
Câu
II
1.
Giải pt
sin 3
x + cos 3
x + sin 3
x cot x +cos 3
x tan x = x 2 sin 2 (1)
cos x 0¹
Đk sin x 0¹ Û sin 2x > 0
Sin 2x ³ 0
0.25
(1)Û (sin x +cos x)(sin 2
x –sin xcos x +cos 2
x )+ sinx
cosx(sinx+cosx)= x 2 sin 2
Û sin x +cos x = x 2 sin 2
0.25
sin x +cos x ³ 0 sin (x+
4
p
) ³ 0
Û Û
1 + sin 2x = 2sin 2x x = p
p
2
4
k+ or x= p
p
2
4
5
k+
Û x = p
p
2
4
k+ là nghiệm
0.25

4. Phương trình đã cho có nghiệm x = p
p
2
4
k+
0.25
2. Giải phương trình :
( x 2
– 6x +11) 1 2
+- x x = 2(x 2
– 4x + 7) 2- x
Đk x 2³
Đặt 2- x =a 0³ và 1 2
+-x x = b > 0 ;
Ta có x 2
– 6x +11 = x 2
–x +1 ­ 5 ( x­2 ) = b 2
­5a 2
;
x 2
­4 x +7 = x 2
­ x + 1­ 3(x­2) =b 2
– 3a 2
;
0.25
phương trình đã cho tương đương với
(b 2
­5a 2
) b = 2 (b 2
– 3a 2
) a
Û 6 a 3
­ 5a 2
b ­2ab 2
+ b 3
= 0
Û 6 (
b
a
) 3
– 5(
b
a
) 2
­ 2 (
b
a
) 2
+1 =0 (2)
0.25
Đặt
b
a
= t (t 0³ );
Û 6 t 3
­ 5t 2
­ 2t 2
+ 1 = 0
Û t = 1
t = ­
2
1
(loại)
t =
3
1
0.25
Với t = 1 pt vô nghiệm
Với t =
3
1
ta có b=3a Û x 2
– 10x + 19 = 0 Û x = 5 ± 6
Kết luận: x = 5 ± 6 là nghiệm.
0.25
Tính giới hạn : 0
lim
® x x
x x x
2
sin
2 cos sin 2 1 -+
0
lim
® x x
x x x
2
sin
2 cos sin 2 1 -+
= 0
lim
® x x
x x
2
sin
sin 2
+ 0
lim
® x x
x
2
2
sin
sin 2
0.5
Câu
III
= 0
lim
® x x
x
sin
2
+ 2
= 2 + 2
= 4
0.5

5. S
J
I
a
A C
O
a E
B
Gọi E là trung điểm của BC
Ta có AE ^BC và Ð BAE = 30 0 Þ
BC = 2BE = 2a sin30 0
=a
0.25
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp D ABC
Þ
OÎ AE Þ
OA =
3
3 a
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
Khi đó IA = IB = IC Þ
I Îđường thẳng ^ với mặt phẳng ABC tại
O
0.5
Câu
IV
Mặt ¹ IA = IS Þ
I Îmặt phẳng trung trực của cạnh SC
Khi đó gọi J là trung điểm của SA Þ
IJ ^ SA Þ
tứ giác AOIJ là
hình chữ nhật Þ
IA = 2 2
JA OA + = a
6
5
0.25
Ch Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn 2 ­a
+2 ­b
+2 ­c
= 1. Chứng minh rằng
+
+ + c b a
a
2 2
4
+
+ + a c b
b
2 2
4
b a c
c
+
+ 2 2
4
³
4
2 2 2 c b a
++
Câu
V
Đặt 2 a
= x > 0
2 b
= y > 0
2 c
= z > 0
Khi đó
z y x
1 1 1
++ = 1
Ta CM
4
2 2 2
z y x
xy z
z
zx y
y
yz x
x ++
³
+
+
+
+
+
Thật vậy
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
x y z x y z
x y x z y z y x z x z y
+ +
+ + ³
+ + + + + +
0.25

6. Ta có theo bất đẳng thức cô si
3 3
3
( ) ( ) 3
3
( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
x x y x z x x y x z x
x y x z x y x z
+ + + +
+ + ³ =
+ + + +
(1)
Tương tự
4
3
8 8 ) )( (
3
y y x z y
x y z y
y
³
+
+
+
+
++
(2)
3
3
( )( ) 8 8 4
z z x z y z
z x z y
+ +
+ + ³
+ +
(3)
0.5
Từ (1);(2)và(3) suy ra
4
) (
3
2 ) )( ( ) )( ( ) )( (
3 3 3
z y x z y x
y z x z
z
x y z y
y
z y y x
x ++
³
++
+
++
+
++
+
++
Þ
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
x y z x y z
x y x z y z y x z x z y
+ +
+ + ³
+ + + + + +
(đcm)
Dấu bằng xảy ra Û x = y = z = 3 hay a = b = c =
3
1
0.25
1.
Đường tròn (C) có tâm I (1;3) và bán kính R=2
MI =2 5 >R khi đó M nằm ngoài (C)
0.25
Nếu T(x 0 ,y 0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C)
T Î (C)
Û
MT ^ IT
T Î (C)
Û
®®
IT MT . = 0
0.25
Câu
VI.a
Mà
®
MT = (x0+3; y0­1) ,
®
IT = (x0­1; y0­3)
Do đó: x0
2
+ y0
2
– 2x0 – 6y0 + 6 = 0
(x0 + 3)(x0 ­1) + ( y0 ­1)(y0 ­3) = 0
0.25
Û 2x0 + y0 – 3 = 0 (1)

7. Vậy tọa độ các tiếp điểm T1, T2 của các tiếp điểm kẻ từ M đến ( C )
đều thỏa mãn đẳng thức (1).
Do đó phương trình T1, T2 là: 2x + y – 3 = 0 0.25
2.
®
AB = (­1; ­2) ,
®
BC = (­3; 1)
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và BC
Þ I(
2
1
; 1)
J(­
2
1
;
2
3
)
0.25
Phương trình đường trung trực của đoạn thẳng BC là:
­3(x +
2
1
( 1 )
2
3
-+ y ) = 0
­3x ­
2
1
2
9
-+ y = 0
Þ 3x – y + 5 = 0
0.25
Phương trình đường trung trực của đoạn thẳng AB là:
­1( 0 ) 1 ( 2 )
2
1
=--- y x
x + 2y ­ 0
2
5
= (2)
0.25
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC tọa độ O là nghiệm của
hệ:
3x – y +5 = 0 x = ­
14
15
Û
x + 2y ­
2
5
= 0 y =
14
25
0.25
14
4
3
2
1
÷÷
ø
ö
çç
è
æ
+
x
x = 0
14 C ( 3
x ) 14
+…+ k
C 14 ( 3
x ) 14­k
( 4
2
1
x
) k
+…+
14
14 C ( 4
2
1
x
) 14
Để hệ số không phụ thuộc vào x
Û ( 3
x ) 14­k
( 4
1
x
) k
= 1
Û 3
14 k
x
-
. 4
k
x
-
= 1
0.5
Câu
VII.a
Û
4 3
14 k k
-
-
= 0
Û 56 – 4k – 3k = 0
Û k = 8
0.25

8. Hệ số không phụ thuộc vào x là:
8
1 4 8
1 3 0 0 3
.
2 2 5 6
C =
0.25
1.
Từ phương trình:
x 2
+ y 2
– 2x – 6y +6 = 0
Û (x – 1) 2
+ (y – 3) 2
= 4
Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) bán kính R = 2
0.25
Do (d): qua M
MA = MB
Þ AB ^ MI
0.25
Câu
VI.b
®
n d (1; 1) phương trình đường thẳng (d): x – 2 +y – 4 = 0
(d): x + y – 6 = 0 0.5
2.
Giả sử A(xA; yA) và B(xB; yB)
A Î(d1) Û 2xA – yA – 2 = 0 (1)
B Î(d2) Û xB – yB + 3 = 0 (2)
0.25
Mà PA = PB Þ P là trung điểm AB
Û xA + xB = 2xP
yA + yB = 2yP
0.25
Û xA + xB = 6 (3)
yA + yB = 4 (4)
0.25
Từ (1), (2), (3) và (4)
Þ A( )
3
16
;
3
11
và B( )
3
16
;
3
7
-
Phương trình (d): 8x – y – 24 = 0
0.25
Điều kiện: x>y>0
x 2
– y 2
= 3 (1)
log3(x+y) = log5 5(x­y) (2)
Từ (1) Û x – y =
y x +
3
0.25
Câu
VII.b
Thay vào (2):
log3(x+y) = log 5
y x +
15
5 log
15
log
) ( log
3
3
3
y x
y x
+
=+
0.25

9. log3 5 =
y x
y x
+
+
3
3
log
15
log
=
y x
y x
+
+
15
log = logx+y15 ­ 1
Û log315 = logx+y15
Û
y x +
=
15 15 log
1
3 log
1
0.25
Û log15(x+y) = log153
Û x + y = 3 Û x = 2
x – y = 1 y = 1
0.25
Lưu ý: Trên đây chỉ là một cách giải, nếu thí sinh trình bày theo cách khác mà đúng
thì cho điểm tương ứng với điểm của đáp án.