Đề khảo sát chất lượng đại học năm học 2010 - 2011 môn: toán- khối D-lần 4

CÂU I (2,0 điểm). Cho hàm số
x 2
y
2x 1



(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) ,biết khoảng cách từ điểm
1 1
;
2 2
A
 
 
 

đến tiếp tuyến đó là lớn nhất.
CÂU II (2,0 điểm).
1. Giải bất phương trình:
 
2
3 4
10
log log x 2x x 0

 
  
 

2. Giải phương trình:
3 3
x x
sin cos
1
2 2
cosx
2 sin x 3




CÂU III (1,0 điểm).
Tính tích phân:
 
2
10 10 4 4
0
sinI cos x x sin xcos x dx

  


CÂU IV (1,0 điểm).
Cho hình lăng trụ đứng
ABC.A B C
  
có đáy ABC là tam giác vuông với:
AB = BC = a, cạnh bên AA a 2


 . M là điểm trên AA

sao cho
1
AM AA
3


 
.
Tính thể tích khối tứ diện
MA BC
 

CÂU V (1,0 điểm).
Cho các số thực không âm , ,a b c .Chứng minh bất đẳng thức sau:

   
3 3 3
3
3 4
a b c
abc a b b c c a
 
    
CÂU VI (2,0 điểm).
1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ,cho hai điểm A(5;-2),B(-3;4) và đường thẳng
d có phương trình: x-2y+1=0.Tìm toạ độ điểm C trên đường thẳng d sao cho tam
giác ABC vuông tại C.

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho mặt phẳng (P) có phương trinh:
2x-y-2z-12=0 và hai điểm A(2;1;4) và B(1;1;3).Tìm tập hợp tất cả các điểm M
trên (P) sao cho diện tích của tam giác MAB có giá trị nhỏ nhất.
CÂU VII (1,0 điểm).
Tìm số phức z thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau:

1 2 3 4z i z i    
và
2z i
z i


là một số ảo.
----------------------------------------------Hết---------------------------------------------
Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Vĩnh Phúc

ĐỀ KSCL ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn: TOÁN- KHỐI D-LẦN 4
Thời gian: 150 phút, không kẻ thời gian giao đề

www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
Môn: Toán 12. Khối D.

ĐÁP ÁN

Câu

Ý
Nội dung
Điểm
I

2,00

1
1,00

a/ Tập xác định : D R \






2
1

b/ Sự biến thiên: Dx
x
y 


 0
)12(
5
2
/

+ H/s nghịch biến trên
),
2
1
(;)
2
1
,( 
; H/s không có cực trị
+Giới hạn –tiệm cận :




yLimyLimyLimyLim
xx
xx
2
1
2
1
;;
2
1

+Tiệm cận đứng x=
1
2
,tiệm cận ngang y=

1
2

c/Đồ thị




















0,25

0, 5








0,25

2

1,00


 
0
0
0
2
;
2 1
x
M x C
x
 


 


 
pt tiếp tuyến với (C) tại M
là
 
 
 
   
0
2 0
0
0
2
2
0 0 0
2
5
:
2 1
2 1
:5 2 1 2 8 2 0
x
y x x
x
x
x x y x x

     



      




0,25



o
2
1

- 


2
1

- -

Y
/
Y
x
2
1

y
x

Đề thi khảo sát lần
4
www.VNMATH.com
 
 
 
   
 
 
 
 
2
2
0 0 0
0
4 4
0 0
2
2 0
0
1 1
5. 2 1 . 2 8 2
5 2 1
2 2
;
25 2 1 25 2 1
5 5
; 5
25 5
2 1

2 1
x x x
x
d A
x x
d A
x
x
    

  
   
   
 


theo bdt cô si.Dấu bằng xẩy ra
 
2
0 0 0
1 5
2 1 5 2 1 5
2
x x x

       

từ đó 2 tiếp tuyến là :
   
1 2

: 1 5 & : 1 5y x y x         
Vậy k/c từ A đến
 
 lớn nhất bằng 5 khi
đó 2 tiếp tuyến là :
   
1 2
: 1 5 & : 1 5y x y x         

0,25




0,25





0,25
II


2,00

1
. Giải bất phương trình:



2
3 4
10
log log x 2x x 0

 
  
 
 
(*)
1,00


(*)




2
2
2
2
2
4
2
2
4
2 0
1
2 0

0
2 0
2
log 2 0
2 4
2 4
og 2 1
x x
x x x
x x
x x
x x x
x x x
x x x
l x x x

 


  


  
 
  
  
  
  
  


 

  


  



 
2
2
2
4
1
1
4 01
4 0
4 0
2
2
2
7 113 7 113
7 16 0
2 4
2 2
x
x x
x x
x x

x x
x x x
x x






   


   
   

  
 
  

   
  

  
  
  









7 113 7 113
2 2
x x
   
  



0,5




0,25




0,25

2

1,00


Phương trình được biến đổi thành :
 

 
1
sin 1 sin 2 sin cos
2 2 2 2 3
1
sin 1 sin 2 sin sin sin
2 2 2 2 3 2 2 2 2
x x x x
cos cos x x
x x x x x x x x
cos cos x cos cos
  
   
  
  
     
     
     
     

*sin 0 tan 1 2
2 2 2 2 4 2
x x x x
cos k x k
 
 
         
*
 
1 1 3

1 sin 2 sin sin sin
2 3 2 2 2 2 2
x x x x
x x cos cos
 
        
 
 
(vn)
vậy pt có 1 họ nghiệm là : 2
2
x k


  (k   )
0,25



0,25



0,25


0,25
www.VNMATH.com
III

 
2
10 10 4 4
0
sinI cos x x sin xcos x dx

  


1,00


Rút gọn T
 
  
10 10 4 4
10 10 4 4 2 2
6 6 4 4
sin
sin sin
sin sin
T cos x x sin xcos x
cos x x sin xcos x cos x x
cos x x cos x x
  
   
  


 

2 2 2 2
1 1
2 1 sin 2 2 sin 4
4 16
1 cos4 1 15 1 1
1 8 cos4 cos8
2 32 32 2 32
cos x x cos x x
x
cos x x x
 
  
 
 

     

2
2
0
0
15 1 1 15 1 1
cos4 cos8 sin 4 sin8
32 2 32 32 8 256
15
64
I x x dx x x x
I




   
     
   
   
 



0,25



0,25



0,25



0,25
IV

Cho hình lăng trụ đứng
ABC.A B C
  
có đáy ABC là tam giác vuông với….
1,00

Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B.Gọi H là trung điểm AC thì
 
' '
BH AC BH ACC A   .Do đó BH là đường cao của hình chóp
' '
2
.
2
B MAC BH a 
.Từ giả thiết suy ra
' ' '
2 2
, 2
3
MA a AC a 

Ta có
' '
' ' ' 3
.
1 1 1 2 1 2 2 2
. . . . . 2
3 2 3 2 2 3 9
B MAC
V BH MA AC a a a a  
0,25


0,5

0,25
V

Cho , , 0.a b c  chứng minh bđt sau…
1,00


ycbt
     
 
 
3 3 3
3 3 3 2 2 2
9
3 . .
4
3
a b c abc a b b c c a
a b c abc a b c a b c ab bc ca
       
          

           
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
1 3
2 2
M a b c ab bc ca

M a b b c c a a b b c c a
     
 
         
 

 
3
1 3
2 2
N a b c a b b c c a a b b c c a            
Vậy VT=
   
3 3 3
3
9 9
. .
4 4
M N a b b c c a a b b c c a VP        
dấu đẳng thức xẩy ra khi a=b=c
0,25




0,25


0,25

0,25
VI


2,00

1
….A(5;-2),B(-3;4)……(d):x-2y+1=0…….
1,00


Giả sử điểm
       
2 1; 2 6; 2 & 2 2; 4C d C t t AC t t BC t t         
 

Góc

     
0
90 . 0 2 6 2 2 2 4 0ACB AC BC t t t t         
 

2
2 4 0 1 5t t t       . Vậy có hai điểm C tren (d) thoả mãn ycbt
0,25

0,5

www.VNMATH.com
   
1 2
1 2 5;1 5 ; 1 2 5;1 5C C   


0,25

2
…2x-y-2z-12=0 và hai điểm A(2;1;4) và B(1;1;3)….
1,00


Ta có
   
1;0; 1 ; 2; 1; 2 . 0 / /( )
P P
AB n ABn AB P        
 
 

       
min
1
; ; ; . ; .
2
MAB MAB
M P MH d A P S MH AB S MH P
 
    

Gọi (Q) là mặt phẳng qua AB và
       
1;4; 1 ; 4 2 0
Q
Q P n Q x y z       

.
Suy ra tập hợp điểm M là đường thẳng giao tuyến Của ( P) và (Q) Trong đó
(P):2x-y-2z-12=0 và (Q):x+4y-z-1=0
0,25


0,25


0,5
VII

Tìm số phức z thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau:
1 2 3 4z i z i     và
2z i
z i


là một số ảo.

1,00

Giả sử:
 
,z x iy x y    theo gt
   
1 2 3 4x y i x y i      
       
2 2 2 2
1 2 3 4 5x y x y y x         
 
 
    
 
2
2
2
2 2 1 2 3
2
1
1
x y i x y y x y i
z i
u
z i x y i
x y
      

  
  
 
u là số ảo

      
 
2
2 2
5; 2 1 0; 2 3 0, 1 0y x x y y x y x y           

Giải điều kiện :
12 23
7 7
z i  
0,25

0,25


0,25


0,25

www.VNMATH.com