ĐỀ, DA THI KSCL 12A (CVP)

Trường thpt Chuyờn Vĩnh Phỳc kỳ thi khẢo SÁT đại học năm 2011.

ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2 011 TRƯỜNG THPT CHUYấN VĨNH PHÚC MễN TOÁN 12 - KHỐI A -LẦN 3

Thời gian 180 phỳt ( khụng kể giao đề )

PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH (7,0 điểm)

Cõu I :(2,0 điểm) 1) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2

2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trỡnh : − − =

−

1

m

x

Cõu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trỡnh : 2 2 os 5 sin 1

12

c  π −x x=

2) Giải hệ phương trỡnh: log2 2 2 3log (82 2 2)





Cõu III: (1,0 điểm ) Tớnh tớch phõn:

3

2 0

4 ln 4

+

x

Cõu IV :( 1,0 điểm ) Cho hỡnh chúp S.ABC cú đỏy ABC là tam giỏc đều cạnh bằng a ,tam giỏc

SAB cõn tại S và thuộc mặt phẳng vuụng gúc với mặt phẳng (ABC).Hai mặt phẳng (SCA) và (SCB) hợp với nhau một gúc bằng 600.Tớnh thể tớch của khối chúp S.ABC theo a

Cõu V :(1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa món :2x+3y+z=40.Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của

biểu thức: S=2 x2+ +1 3 y2+ +16 z2+36

PHẦN B : THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1HOẶC PHẦN 2)

PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trỡnh chuẩn )

Cõu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho hỡnh vuụng ABCD cú M là trung điểm của

cạnh BC,phương trỡnh đường thẳng DM:x y 2 0− − = và C 3; 3( − ).Biết đỉnh A thuộc đường thẳng

d : 3x y 2 0+ − = ,xỏc định toạ độ cỏc đỉnh A,B,D.

2.( 1,0 điểm ) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyzcho mặt phẳng ( )P : x y z 1 0+ + − = và hai

điểm A 1; 3;0 , B 5; 1; 2 ( − ) ( − − ) Tỡm toạ độ điểm M trờn mặt phẳng (P) sao cho MA MB− đạt giỏ

trị lớn nhất

Cõu VII a (1,0 điểm): Tỡm số nguyờn dương n thoả món đẳng thức :

+

L

PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trỡnh nõng cao )

Cõu VI.b 1 (1.0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hỡnh chữ nhật ABCD

cú diện tớch bằng 12, tõm I là giao điểm của đường thẳng d1 :x−y−3=0 và

0 6 :

2 x+y− =

cỏc đỉnh của hỡnh chữ nhật

2 (1,0điểm) Trong khụng gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :

d1 : − = − =

−

, d2:

2 2 3

y

z t

= −



 =



 =



Viết phương trỡnh mặt cầu cú đường kớnh là đoạn vuụng gúc chung của d1 và d2

CõuVII.b ( 1,0 điểm) Tớnh tổng: 2 1 2 2 2 3 2 2010 2 2011

……….…….Hết

Trường thpt Chuyờn Vĩnh Phỳc kỳ thi khẢo SÁT đại học năm 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 y x= −3 3x2 +2. 1,00 T + ập xác định: Hàm số có tập xác định D=¡ . +Sự biến thiên: y'=3x2−6x. 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  y CD = y( )0 =2; y CT = y( )2 = −2.  Giới hạn x 3 3 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

-5

5

x

y

0,25

2

x 1

− theo tham số m.

1,00

1

−

m

0,25

của phương trình bằng số giao điểm của y=(x2−2x−2) x−1, C'( ) và đường

thẳng y m,x= ≠1.

1

f x khi x

f x khi x

>



+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x= 1.

+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x= 1 qua Ox.

Đồ thị hàm số y = (x2−2x−2) x−1 , với x ≠ 1 có dạng như hình vẽ sau

0,25

f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)

-5

5

x y

0,25

Đồ thị đường thẳng y=m song song với trục ox

Dựa vào đồ thị ta có:

+ m= −2: Phương trình có 2 nghiệm kép

+ − < <2 m 0: Phương trình có 4 nghiệm phân biệt;

+ m≥0: Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

0,25

1

12

c  π −x x=

1,0

∑

5

12

c  π −x x=

( )

5

π







¢

0,50

2

Giải hệ phương trình: log2 2 2 3log (82 2 2)





Điều kiện: x+y>0, x-y≥0

v x y

= +



 = −

2

3 (2) 2

uv





Thế (1) vào (2) ta có:

2

4

uv

u v

=

 + =

(T/m)

KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).

0,25đ

III

Tính tích phân:

3

2 0

4 ln 4

+

x

1,0

∑

Đặt

2

4 2

4 3

16x

4 x

x 16 v



=

0,50

4

2

0 0

Gọi H là trung điểm của AB⇒SH⊥AB⇒SH⊥(ABC)

Kẻ AK SC⊥ ⇒SC⊥(AKB) ⇒ SC ⊥ KB

(SAC ; SBC) ( ) (KA; KB) 600

Nếu ⇒ ∠AKB 60= 0 thì dễ thấy ∆KABđều ⇒KA KB AB AC= = = (vô lí)

Vậy ∠AKB 120= 0

∆ΚΑΒcân tại K⇒ ∠AKH 60= 0

0

KH

tan 60 2 3

Trong ∆ SHC vuông tại H,đường cao

0,25

0,25

KH có 12 12 12

2 3

=

2

8

=

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: S=2 x2+ +1 3 y2+ +16 z2+36

1,0

∑

Ta có: S= ( )2x 2+22 + ( )3y 2+122 + z2+62 Trong hệ toạ độ OXY xét 3 véc

tơ

ar= 2x;2 , br = 3y;4 ,cr= z;6 ,a b cr r r+ + =(2x 3y z;2 12 6+ + + + =) (40;20)

ar = 2x +2 , br = 3y +12 , cr = z +6 , a b cr r r+ + =20 5

Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ :

S= ar + + ≥ + +br cr a b cr r r ⇒ ≥S 20 5.Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ a, b,cr r r

cùng hướng

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

Gọi A(t; 3t 2− + ) .Ta có khoảng cách:

−

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− ) ∈DMthì ADuuur =(m 1;m 7 ,CD+ − ) uuur=(m 3;m 1− + )

Do ABCD là hình vuông

DA.DC 0

DA DC

= ∨ = −



=

uuur uuur

m 5

⇔ =

Hay D( )5;3 AB DCuuur uuur= = − − ⇒( 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 Oxyzcho 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 f x ; y ;z f x ; y ;z( A A A) ( B B B) <0

⇒A,B nằm về hai phía so với (P).Gọi B đối xứng với B qua (P)'

'

0,25

' '

M, A, B thẳng hàng

⇒ M=( )P ∩AB'.Mặt khác phương trình '

x 1 t

= +



 = −



 = −



⇒toạ độ M là

M 2; 3;6

0,25 0,25

0,25

VII

+

L

1,00

Xét khai triển:

L

L

0 0

+

+

n 1

0,25 0,25

0,25 0,25

Ta có: d1 ∩d2 =I Toạ độ của I là nghiệm của hệ:







=

=

⇔







=

− +

=

−

−

2 / 3 y

2 / 9 x 0 6 y x

0 3 y x











2

3

; 2

9 I

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD ⇒M=d1 ∩Ox

Suy ra M( 3; 0)

0,25đ

2

3 2

9 3 2 IM 2 AB

2 2

=











 +











 −

=

=

2 3

12 AB

S AD 12

AD AB

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ⇒d1 ⊥AD

Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có

PT: 1(x−3)+1(y−0)=0⇔x+y−3=0 Lại có: MA=MD= 2

0,25đ

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:









= +

−

=

− +

2 y

3 x

0 3 y x

2 2



±

=

−

−

=

⇔







=

− +

−

+

−

=

⇔







= +

−

+

−

=

⇔

1 3 x

x 3 y 2 ) x 3 ( 3 x

3 x y 2 y 3 x

3 x y

2 2

2 2

0,25đ





=

=

⇔

1 y

2 x hoặc







−

=

=

1 y

4 x Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)











2

3

; 2

9

I là trung điểm của AC suy ra:







=

−

=

−

=

=

−

=

−

=

2 1 3 y y y

7 2 9 x x x

A I C

A I C

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 uur1( 1; - 1; 2)

và uuur2( - 2; 0; 1)

Có M( 2; 1; 0) ∈ d1; N( 2; 3; 0) ∈ d2

Xét u uur uur uuuur1; 2.MN = - 10 ≠ 0Vậy d1 chéo d2 0,25đ Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t) ∈ d1 B(2 – 2t’; 3; t’) ∈ d2

1 2

AB u

AB u





=



uuurur uuur uur ⇒

1 3 ' 0

t t

 = −





 =



⇒ A 5 4; ; 2

Đường thẳng ∆qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d1 và d2

Ta có ∆:

2

3 5 2

= +



 = +



 =



0,25đ

0,25đ

PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng:

0,25đ

VII B

Lấy đạo hàm hai vế( )1 ta được:

nhân hai vế với x ta được:

Lấy đạo hàm hai vế( )2 ta được

Thay x=1 vào hai vế của (3) ta được:

Vậy S=2011.2012 2009

2

0,25 0,25

0,25 0,25