Đề thi khảo sát đại học môn Toán 12 - Khối A - lần 3

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 
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 = x3 – 3x2 + 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 : 52 2 os sin 1
12 
c x x     
 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
    
xI 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 060 .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 22 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 1023C C C C C
2 3 4 n 1 10
      
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 d1 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 : 
 d1 : 
  
2 1
1 1 2
x y z
 , d2 :
2 2
3
x t
y
z t
   
 Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 
CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 2 1 2 2 2 3 2 2010 2 20112011 2011 2011 2011 20111 2 3 ... 2010 2011     S C C C C C 
..Hết . .......................................................................... 
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 23 2y x x .   1,00 
 T ập xác định: Hàm số có tập xác định D . 
 Sự biến thiên: 23 6y' x x.  Ta có 00 
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 2CD CTy y ; y y .     
 Giới hạn 3 3xx
3 2lim y lim x 1 
x x
        
0,25 
  Bảng biến thiên: 
x  0 2  
y'  0  0  
y 
 2  
 2
0,25 
 Đồ thị: 
0,25 
f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
 2 
Biện luận số nghiệm của phương trình 2 mx 2x 2 
x 1
    theo tham số m. 
1,00 
  Ta có  2 22 2 2 2 1 11        mx 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: 52 2 os sin 1
12 
c x x     
1,0
52 2 os sin 1
12 
c x x    
5 52 sin 2 sin 1
12 12
x            0.25
 5 5 1 5 5sin 2 sin sin sin 2 sin sin
12 12 4 12 4 122
2cos sin sin
3 12 12
x x     
  
                  
             0,25 
 
5 2 25 612 12sin 2 sin 
5 13 312 12 2 2
12 12 4
x kx k
x k
x k x k
   
   
                             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 0,25
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
                     
Đặt: u x y
v x y
    ta có hệ: 
2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 23 3
2 2
u v u v u v uv
u v u vuv 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: 
28 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
    
xI x dx
x
1,0
Đặt 
2
4
2
4
3
16x4 x du dxu ln x 164 x 
x 16 vdv x dx 4
              
0,50 
Do đó   1 124 2
00
1 4 x 15 3I 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   
      0SAC ; SBC  KA;KB 60     0 0AKB 60  AKB 120    
Nếu 0AKB 60  thì dễ thấy KAB đều KA KB AB AC    (vô lí) 
Vậy 0AKB 120 
cân tại K 0AKH 60  
0
AH aKH 
tan 60 2 3
   
Trong SHC vuông tại H,đường cao 
KH có 2 2 2
1 1 1
KH HC HS
  thay aKH 
2 3
 
và a 3 HC 
2 
 vào ta được a 6 SH 
8
 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
2 3
S.ABC ABC
1 1 a 6 a 3 a 2V .SH.dt . .
3 3 8 4 32
   
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 22 1 3 16 36S x y z 
1,0
 Ta có:         2 22 2 2 22 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     ,    a b c 2x 3y z;2 12 6 40;20         
     2 2 22 2 2a 2x 2 , b 3y 12 , c z 6        , a b c 20 5   
Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ : 
S= a b c a b c          S 20 5  .Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ a,b,c  
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 2.4d 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      
Do ABCD là hình vuông 
       2 2 2 2
m 5 m 1DA.DC 0
m 1 m 7 m 3 m 1DA DC
                
 
m 5  
Hay D  5;3    AB DC 2; 6 B 3; 1        . 
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 Bf 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 
0,25 
0,25 
   '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 
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 1023C C C C C
2 3 4 n 1 10
      
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
     
      


  1 1n 1 0 1 2 2 3 n n 1
n n n n
00
1 x 1 1 1C x C x C x C x
n 1 2 3 n 1

          
n 1
0 1 2 3 n
n n n n n
2 1 1 1 1 1 1023C C C C C
n 1 2 3 4 n 1 n 1
           
n 1 n 1 102 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 ABCDABCD  
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ADd1  
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 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
22
0,25đ 
    











13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2222




1y
2x
 hoặc 



1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 
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 d1 và d2 1,00 
 Các véc tơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là 1u

( 1; - 1; 2) 
 và 2u

( - 2; 0; 1) 
Có M( 2; 1; 0)  d1; N( 2; 3; 0)  d2 
 Xét 1 2; .u u MN  
  
 = - 10  0Vậy d1 chéo d2 0,25đ 
 Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  d1 B(2 – 2t’; 3; t’)  d2 
1
2
. 0
. 0
AB u
AB u
  

   
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 d1 và d2. 
 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 20112011 2011 2011 2011 20111 x C C x C x C x C x       (1) 
Lấy đạo hàm hai vế  1 ta được: 
 2010 1 2 2 3 2010 20112011 2011 2011 20112011 1 x C 2xC 3x C 2011x C      
nhân hai vế với x ta được: 
 2010 1 2 2 3 3 2011 20112011 2011 2011 20112011x 1 x xC 2x C 3x C 2011x C      (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
   
   
 (3) 
Thay x=1 vào hai vế của (3) ta được:  2010 2009 2 1 2 2 2 3 2 20112011 2011 2011 20112011 2 2010.2 1 C 2 C 3 C 2011 C     
Vậy S=2011.2012. 20092 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25