Tải bản đầy đủ (.pdf) (7 trang)

ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2011 MÔN: TOÁN- TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC pdf

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (282.53 KB, 7 trang )

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

 
 
 
 


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 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
  



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




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.

  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 limx 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 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




    

 


nờn


C'
bao gồm:
+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng
1
x .


+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng
1
x

qua Ox.


Đồ thị hàm số y =
2
( 2 2) 1
x 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

 

 
 
 

1,0




5
2 2 os sin 1
12
c x x

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





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
     
  
   
         
   
   
   
   
   
   

0,25

 
5
2 2

5
612 12
sin 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
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 ) 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).


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




cân tại K
0
AKH 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



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 36
S x y z

1,0




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







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)

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


×