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 = 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

 
 
 
 



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 36
S 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

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

u
Ý

Nội dung
Điểm

I
2,00
1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
3 2
y x x .
  

1,00

T

ập xác định: Hàm số có tập xác định

¡
D .


Sự biến thiên:
2
3 6
y' x x.

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 limx 1
x x


 
    

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
2 2 1
y 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




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;

 
 
 

1,0

5
2 2 os sin 1
12
c x x

 
 
 
 
5 5
2 sin 2 sin 1
12 12
x
 
 
 
   
 
 
 
 

5
612 12
sin 2 sin
5 13
312 12
2 2
12 12 4
x kx k
x k
x k x k
 

 
 

 

    

   
      

   
   

    

 
¢


x y x y x y x y
x y x y x y x y
 
       
 

 
         
 
 

0,25Đặt:
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

 


. Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0
uv 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).


2
4
3
16x
4 x
du dx
u ln
x 16
4 x
x 16
v
dv x dx
4


 





  



 
 

 


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
AH a
KH
tan60
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
Ta có:
   
     
2 2
2 2 2 2
2 2 3 12 6
S 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

     


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

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
   


1;5

,


B 3; 1
 
, D


5;3

0,25 0,25

0,25 0,25

2


'
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
 


 


 


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

 
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








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


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

2
2
2







1y
2x
hoặc





1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ Do



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


. 0
AB u
AB u







uuurur
uuur uur



1
3
' 0
t
t

 







A



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



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