ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2 011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC MÔN TOÁN 12 - KHỐI A -LẦN 3 Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH . (7,0 điểm) Câu I : (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x 3 – 3x 2 + 2 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : − − = − 2 2 2 1 m x x x Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 5 2 2 os sin 1 12 c x x π   − =  ÷   2) Giải hệ phương trình: 2 8 2 2 2 2 log 3log ( 2) 1 3 x y x y x y x y  + = − +   + + − − =   . Câu III: (1,0 điểm ) Tính tích phân: 1 2 3 2 0 4 ln 4   − =  ÷ +   ∫ x I x dx x Câu IV:( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a ,tam giác SAB cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC).Hai mặt phẳng (SCA) và (SCB) hợp với nhau một góc bằng 0 60 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a . Câu V :(1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: = + + + + + 2 2 2 2 1 3 16 36S x y z PHẦN B : THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1HOẶC PHẦN 2) PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC,phương trình đường thẳng DM: x y 2 0− − = và ( ) C 3; 3− .Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d :3x y 2 0+ − = ,xác định toạ độ các đỉnh A,B,D. 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) P : x y z 1 0+ + − = và hai điểm ( ) ( ) A 1; 3;0 ,B 5; 1; 2 .− − − Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA MB− đạt giá trị lớn nhất. Câu VII .a (1,0 điểm): Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức : 0 1 2 3 n n n n n n 1 1 1 1 1023 C C C C C 2 3 4 n 1 10 + + + + + = + L PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03: 1 =−− yxd và 06: 2 =−+ yxd . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d 1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng : d 1 : − − = = − 2 1 1 1 2 x y z , d 2 : 2 2 3 x t y z t = −   =   =  Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d 1 và d 2 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 2 1 2 2 2 3 2 2010 2 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 2 3 2010 2011= + + + + +S C C C C C …………………………………….…….Hết www.laisac.page.tl Trường thpt Chuyên Vĩnh Phúc kú thi khẢo SÁT ®¹i häc n¨m 2011 Môn Toán 12 -Khối A -Lần thứ 3 Câ u Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 3 2y x x .= − + 1,00 T+ ập xác định: Hàm số có tập xác định = ¡D . + Sự biến thiên: 2 3 6y' x x.= − Ta có 0 0 2 x y' x =  = ⇔  =   , y 0 x 0 x 2> ⇔ < ∨ > ⇔ h/s đồng biến trên các khoảng ( ) ( ) ;0 & 2;−∞ +∞  , y 0 0 x 2< ⇔ < < ⇔ h/s nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 0,25  ( ) ( ) 0 2 2 2 CD CT y y ; y y .= = = = −  Giới hạn 3 3 x x 3 2 lim y lim x 1 x x →±∞ →±∞   = − + = ±∞  ÷   0,25  Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y' + 0 − 0 + y 2 +∞ −∞ 2− 0,25 + Đồ thị: f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25 2 Biện luận số nghiệm của phương trình 2 m x 2x 2 x 1 − − = − theo tham số m. 1,00  Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 − − = ⇔ − − − = ≠ − m x x x x x m,x . x Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của ( ) ( ) 2 2 2 1y x x x , C'= − − − và đường thẳng 1= ≠y m,x . 0,25  Vẽ ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 1 f x khi x y x x x f x khi x >  = − − − =  − <   nờn ( ) C' bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng 1x . = + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng 1x = qua Ox. Đồ thị hàm số y = 2 ( 2 2) 1x x x− − − , với x ≠ 1 có dạng như hình vẽ sau 0,25  hình f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25 Đồ thị đường thẳng y=m song song với trục ox Dựa vào đồ thị ta có: + 2< −m : Phương trình vô nghiệm; + 2= −m : Phương trình có 2 nghiệm kép + 2 0− < <m : Phương trình có 4 nghiệm phân biệt; + 0≥m : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 0,25 II 2,00 1 Giải phương trình: 5 2 2 os sin 1 12 c x x π   − =  ÷   1,0 ∑ 5 2 2 os sin 1 12 c x x π   − =  ÷   5 5 2 sin 2 sin 1 12 12 x π π     ⇔ − + =  ÷       0.25 5 5 1 5 5 sin 2 sin sin sin 2 sin sin 12 12 4 12 4 12 2 2cos sin sin 3 12 12 x x π π π π π π π π π     ⇔ − + = = ⇔ − = − =  ÷  ÷         = − = −  ÷  ÷     0,25 ( ) 5 2 2 5 6 12 12 sin 2 sin 5 13 3 12 12 2 2 12 12 4 x k x k x k x k x k π π π π π π π π π π π π   = + − = − +       ⇔ − = − ⇔ ⇔ ∈    ÷  ÷       − = + = +     ¢ 0,50 2 Giải hệ phương trình: 2 8 2 2 2 2 log 3log ( 2) 1 3 x y x y x y x y  + = − +   + + − − =   . 1,0 ∑ Điều kiện: x+y>0, x-y ≥ 0 2 8 2 2 2 2 2 2 2 2 log 3log (2 ) 2 1 3 1 3 x y x y x y x y x y x y x y x y   + = + − + = + −   ⇔   + + − − = + + − − =     0,25 Đặt: u x y v x y = +   = −  ta có hệ: 2 2 2 2 2 ( ) 2 4 2 2 3 3 2 2 u v u v u v uv u v u v uv uv   − = > + = +   ⇔   + + + + − = − =     0,25đ 2 2 4 (1) ( ) 2 2 3 (2) 2 u v uv u v uv uv  + = +  ⇔  + − + − =   . Thế (1) vào (2) ta có: 2 8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ = . 0,25đ Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0 4 uv u v u v =  ⇔ = =  + =  (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2. (T/m) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2). 0,25đ III Tính tích phân: 1 2 3 2 0 4 ln 4   − =  ÷ +   ∫ x I x dx x 1,0 ∑ Đặt 2 4 2 4 3 16x 4 x du dx u ln x 16 4 x x 16 v dv x dx 4     − =  =   ÷  − + ⇒     −   = =    0,50 Do đó ( ) 1 1 2 4 2 0 0 1 4 x 15 3 I x 16 ln 4 xdx ln 2 4 4 x 4 5   −   = − − = − −  ÷  ÷ +     ∫ 0,50 IV … Tính thể tích khối chóp S.ABC… 1,00 Gọi H là trung điểm của AB ( ) SH AB SH ABC⇒ ⊥ ⇒ ⊥ Kẻ ( ) AK SC SC AKB⊥ ⇒ ⊥ SC KB ⇒ ⊥ ( ) ( ) ( ) 0 SAC ; SBC KA;KB 60   ⇒ = =   0 0 AKB 60 AKB 120⇒ ∠ = ∨ ∠ = Nếu 0 AKB 60⇒ ∠ = thì dễ thấy KAB∆ đều KA KB AB AC⇒ = = = (vô lí) Vậy 0 AKB 120∠ = 0,25 ∆ΚΑΒ cân tại K 0 AKH 60⇒ ∠ = 0 AH a KH tan 60 2 3 ⇒ = = Trong SHC∆ vuông tại H,đường cao KH có 2 2 2 1 1 1 KH HC HS = + thay a KH 2 3 = và a 3 HC 2 = vào ta được a 6 SH 8 = 2 3 S.ABC ABC 1 1 a 6 a 3 a 2 V .SH.dt . . 3 3 8 4 32 ∆ = = = 0,25 0,25 0,25 V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: = + + + + + 2 2 2 2 1 3 16 36S x y z 1,0 ∑ Ta có: ( ) ( ) = + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 3 12 6S x y z Trong hệ toạ độ OXY xét 3 véc tơ ( ) ( ) ( ) a 2x;2 ,b 3y;4 ,c z;6= = = r r r , ( ) ( ) a b c 2x 3y z;2 12 6 40;20+ + = + + + + = r r r ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a 2x 2 , b 3y 12 , c z 6= + = + = + r r r , a b c 20 5+ + = r r r Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ : S= a b c a b c+ + ≥ + + r r r r r r S 20 5⇒ ≥ .Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ a,b,c r r r cùng hướng xét hệ điều kiện : 2x 3y z 2x 3y z 2x 3y z 40 2 2 12 6 2 12 6 20 20 + + = = ⇒ = = = = = x 2, y 8,z 12⇒ = = = Với : x 2, y 8,z 12= = = thì S 20 5= Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 20 5 đạt được khi : x 2, y 8,z 12= = = 0,25 0,25 0,25 0,25 VIA 2,00 1 Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M….Tìm toạ độ A,B,D. 1,00 Gọi A ( ) t; 3t 2− + .Ta có khoảng cách: ( ) ( ) 4t 4 2.4 d A,DM 2d C,DM t 3 t 1 2 2 − = ⇔ = ⇔ = ∨ = − hay ( ) ( ) A 3; 7 A 1;5− ∨ − .Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM nên chỉ có A ( ) 1;5− thoả mãn. Gọi D ( ) m;m 2− DM∈ thì ( ) ( ) AD m 1;m 7 ,CD m 3;m 1= + − = − + uuur uuur Do ABCD là hình vuông ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 m 5 m 1 DA.DC 0 m 1 m 7 m 3 m 1 DA DC = ∨ = −   =   ⇒ ⇔   + + − = − + + =     uuur uuur m 5⇔ = Hay D ( ) 5;3 ( ) ( ) AB DC 2; 6 B 3; 1= = − − ⇒ − − uuur uuur . Kết luận A ( ) 1;5− , ( ) B 3; 1− − , D ( ) 5;3 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) P : x y z 1 0+ + − = ……. 1,00 Đặt vt của (P) là: ( ) f x;y;z x y z 1= + + − ta có ( ) ( ) A A A B B B f x ;y ;z f x ; y ;z 0< ⇒ A,B nằm về hai phía so với (P).Gọi ' B đối xứng với B qua (P) ( ) ' B 1; 3;4⇒ − − . ' ' MA MB MA MB AB− = − ≤ Đẳng thức xẩy ra khi ' M,A,B thẳng hàng ⇒ ( ) ' M P AB= ∩ .Mặt khác phương trình ' x 1 t AB : y 3 z 2t = +   = −   = −  ⇒ toạ độ M là nghiệm hệ pt: ( ) x 1 t t 3 y 3 x 2 M 2; 3;6 z 2t y 3 x y z 1 0 z 6 = + = −     = − = −   ⇒ ⇒ − −   = − = −     + + − = =   0,25 0,25 0,25 0,25 VII A Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức : 0 1 2 3 n n n n n n 1 1 1 1 1023 C C C C C 2 3 4 n 1 10 + + + + + = + L 1,00 Xét khai triển: ( ) ( ) ( ) n 0 1 2 2 n n n n n n 1 1 n 0 1 2 2 n n n n n n 0 0 1 x C C x C x C x 1 x dx C C x C x C x dx + = + + + + + = + + + + ∫ ∫ L L ( ) 1 1 n 1 0 1 2 2 3 n n 1 n n n n 0 0 1 x 1 1 1 C x C x C x C x n 1 2 3 n 1 + + +   ⇒ = + + + +  ÷ + +   L n 1 0 1 2 3 n n n n n n 2 1 1 1 1 1 1023 C C C C C n 1 2 3 4 n 1 n 1 + − ⇒ = + + + + + = + + + L n 1 n 1 10 2 1 1023 2 1024 2 n 1 10 n 9 + + ⇒ − = ⇔ = = ⇔ + = ⇔ = vậy n 9 = 0,25 0,25 0,25 0,25 VI B 2,00 1 ….cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12… 1,00 Ta có: Idd 21 =∩ . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:    = = ⇔    =−+ =−− 2/3y 2/9x 06yx 03yx . Vậy       2 3 ; 2 9 I Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 ∩=⇒ Suy ra M( 3; 0) 0,25đ Ta có: 23 2 3 2 9 32IM2AB 22 =       +       −== Theo giả thiết: 22 23 12 AB S AD12AD.ABS ABCD ABCD ===⇔== Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d 1 ADd 1 ⊥⇒ Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d 1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT: 03yx0)0y(1)3x(1 =−+⇔=−+− . Lại có: 2MDMA == 0,25đ Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: ( )      =+− =−+ 2y3x 03yx 2 2 ( ) ( )    ±=− −= ⇔    =−+− +−= ⇔    =+− +−= ⇔ 13x x3y 2)x3(3x 3xy 2y3x 3xy 2 2 2 2    = = ⇔ 1y 2x hoặc    −= = 1y 4x . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0,25đ Do       2 3 ; 2 9 I là trung điểm của AC suy ra:    =−=−= =−=−= 213yy2y 729xx2x AIC AIC Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0,25đ 2 phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d 1 và d 2 1,00 Các véc tơ chỉ phương của d 1 và d 2 lần lượt là 1 u ur ( 1; - 1; 2) và 2 u uur ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0) ∈ d 1 ; N( 2; 3; 0) ∈ d 2 Xét 1 2 ; .u u MN     ur uur uuuur = - 10 ≠ 0Vậy d 1 chéo d 2 0,25đ Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t) ∈ d 1 B(2 – 2t’; 3; t’) ∈ d 2 1 2 . 0 . 0 AB u AB u  =   =   uuurur uuur uur ⇒ 1 3 ' 0 t t  = −    =  ⇒ A 5 4 2 ; ; 3 3 3   −  ÷   ; B (2; 3; 0) Đường thẳng ∆ qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d 1 và d 2 . Ta có ∆ : 2 3 5 2 x t y t z t = +   = +   =  0,25đ 0,25đ PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng: 2 2 2 11 13 1 5 6 6 3 6 x y z       − + − + + =  ÷  ÷  ÷       0,25đ VII B 1,0đ ( ) 2011 0 1 2 2 3 3 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 x C C x C x C x C x+ = + + + + +L (1) Lấy đạo hàm hai vế ( ) 1 ta được: ( ) 2010 1 2 2 3 2010 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 x C 2xC 3x C 2011x C+ = + + + +L nhân hai vế với x ta được: ( ) 2010 1 2 2 3 3 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011x 1 x xC 2x C 3x C 2011x C+ = + + + +L (2) Lấy đạo hàm hai vế ( ) 2 ta được ( ) ( ) ( ) 2010 2019 1 2 2 2 2 3 2 2010 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 x 2010x 1 x C 2 xC 3 x C 2011 x C + + + = + + + +L (3) Thay x=1 vào hai vế của (3) ta được: ( ) 2010 2009 2 1 2 2 2 3 2 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2 2010.2 1 C 2 C 3 C 2011 C+ = + + + Vậy S=2011.2012. 2009 2 0,25 0,25 0,25 0,25 . 2 2 3 2010 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 1 x C 2xC 3x C 2011x C+ = + + + +L nhân hai vế với x ta được: ( ) 2010 1 2 2 3 3 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 2011x 1 x xC 2x C 3x C 2011x C+ = + + +. 2010 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 1 x 2010x 1 x C 2 xC 3 x C 2 011 x C + + + = + + + +L (3) Thay x=1 vào hai vế của (3) ta được: ( ) 2010 2009 2 1 2 2 2 3 2 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 2 2010.2. 2010 2 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 1 2 3 2010 2 011= + + + + +S C C C C C …………………………………….…….Hết www.laisac.page.tl Trường thpt Chuyên Vĩnh Phúc kú thi khẢo SÁT ®¹i häc n¨m 2 011 Môn Toán 12 -Khối