WWW.VNMATH.COM
WWW.VNMATH.COM
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 – 3x2 + 2
m
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x2 − 2 x − 2 =
x −1
 5π 
Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 2 cos  − x ÷sin x =1
 12 
log 2 x + y = 3log8 ( x − y + 2)

2) Giải hệ phương trình:  .

 x 2 + y 2 +1 − x 2 − y 2 = 3
1
 4 − x2 
Câu III: (1,0 điểm ) Tính tích phân: I = ∫ x3 ln  ÷dx
4+x
2
0 
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 60 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a .
0
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: 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 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; − 0 ) , B ( 5; − − ) . Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho
3; 1; 2 MA − MB đạt giá
trị lớn nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm): Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức :
1 1 1 1 1023
C0 + C1 + C 2 + C 3 +L + Cn =
n +1
n n n n n
2 3 4 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 d : x −y −3 =0 và 1
d : x +y − =0
2 6 . 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 :
 x = 2 − 2t
x − 2 y −1 z 
d1 : = = , d2 : y = 3
1 −1 2 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: S = C + C + C + + +
2 1 2 2 2 3 2 2010 2 2011
1 2 32011 ... 2010 C
2011 2011
2011 2011 C2011
…………………………………….…….Hết .............................................................................

WWW.VNMATH.COM
Trường thpt Chuyên Vĩnh Phúc kú thi khẢo SÁT ®¹i häc n¨m 2011
Môn Toán 12 -Khối -Lần thứ 3 A
Câ Ý Nội dung Điểm
u
I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =x − x +2.
33 2
1,00
+T
ập xác định: Hàm số có tập xác định D =¡ .
x = 0
+
Sự biến thiên: y' =3 x 2 −6 x. Ta có y' = 0 ⇔ 
0,25
x = 2
 y, > ⇔ < ∨ > ⇔
0 x 0 x 2 h/s đồng biến trên các khoảng ( − ; 0 ) & ( 2; + )
∞ ∞
 y, < ⇔ <x < ⇔
0 0 2 h/s nghịch biến trên khoảng ( 0;2)
 yCD =y ( 0 ) =2; yCT =y ( 2 ) =− .
2 0,25
 3 2 
 Giới hạn lim y = lim x 3 1 − + 3 ÷= ±∞
x→±∞ x→±∞
 x x 
 Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2 +∞
y' +
0 −
0 0,25
+
2 +∞
y
−∞
−2
+
Đồ thị:
0,25

WWW.VNMATH.COM
y f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
5
x
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
2 m 1,00
Biện luận số nghiệm của phương trình x 2 − 2x − 2 = theo tham số m.
x −1
m
 Ta có x 2 −2 x −2 = ⇔( x 2 − 2 x − 2 ) x −1 = m, x ≠1. Do đó số nghiệm của
x −1 0,25
phương trình bằng số giao điểm của y =( x 2 −2 x −2 ) x − ,( C ' )
1 và đường thẳng
y =m, x ≠ .
1
 f ( x ) khi x > 1

 Vẽ y = ( x 2 − 2 x − 2 ) x −1 =  nờn ( C' ) bao gồm:
− f ( x ) khi x < 1

+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x =1.
0,25
+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x =1
qua Ox.
Đồ thị hàm số y = ( x2 −2 x −2) x −1 , với x ≠
1 có dạng như hình vẽ sau

WWW.VNMATH.COM
y f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)
5
x
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
0,25
-5
 hình
Đồ thị đường thẳng y=m song song với trục ox
Dựa vào đồ thị ta có:
+ m < 2:
−
Phương trình vô nghiệm;
+ m = 2:
−
Phương trình có 2 nghiệm kép 0,25
+ −< < :
2 m 0
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt;
+ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
m ≥0 :
II 2,00
1  5π  ∑ 1,0
Giải phương trình: 2 2cos 
 12
− x ÷sin x =1

 5π    5π  5π 
2 2cos  − x ÷sin x =1 ⇔ 2 sin  2 x − ÷+ sin =1
 12    12  12 

0.25
 5π  5π 1 π  5π  π 5π
⇔ sin  2 x − ÷+ sin = = sin ⇔ sin  2 x − ÷= sin − sin =
 12  12 2 4  12  4 12
π  π   π 
= 2 cos sin  − ÷= sin  − ÷
3  12   12  0,25
 5π π  π
 5π   π  2 x − 12 = − 12 + k 2π  x = 6 + kπ
⇔sin  2 x − ÷= sin  − ÷⇔  ⇔ ( k ∈¢ )
 12   12  2 x − 5π = 13π + k 2π  x = 3π + kπ

 12 12 
 4 0,50
2 log 2 x + y = 3log8 ( x − y + 2)

Giải hệ phương trình:  .

 x 2 + y 2 +1 − x 2 − y 2 = 3 ∑ 1, 0
Điều kiện: x+y>0, x-y ≥
0
log 2 x + y = 3log8 (2 + x − y )
 
 x+y =2+ x−y
 ⇔

 x 2 + y 2 +1 − x 2 − y 2 = 3  x + y +1 − x − y = 3

2 2 2 2
0,25

WWW.VNMATH.COM
 u − v = 2 (u > v )  u + v = 2 uv + 4
u = x + y  
Đặt:  ta có hệ:  u 2 + v2 + 2 ⇔  u2 + v2 + 2
v = x − y  − uv = 3  − uv = 3
 2  2 0,25đ
 u + v = 2 uv + 4 (1)

⇔  (u + v) 2 − 2uv + 2 . Thế (1) vào (2) ta có:
 − uv = 3 (2)
 2
uv +8 uv + − uv =3 ⇔ +
9 uv 8 uv + =(3 + uv ) 2 ⇔ =0
9 uv . 0,25đ
 uv = 0
Kết hợp (1) ta có:  ⇔ u = 4, v = 0 (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2. 0,25đ
u + v = 4
(T/m)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
III 1
 4 − x2  ∑ 1,0
Tính tích phân: I = ∫ x 3 ln  2 ÷
dx
0 4+x 
  4 − x2  du = 16x dx
u = ln  ÷  x 4 − 16
4+x ⇒
2
Đặt   0,50
 v = x − 16
4

dv = x dx
3

 4
1
1  4 −x2  1
15  3 
Do đó I = ( x 4 −16 ) ln  ÷ − 4∫ xdx = − ln  ÷− 2 0,50
 4 +x 0
2
4 0
4 5 
IV …..Tính thể tích khối chóp S.ABC… 1,00
Gọi H là trung điểm của AB ⇒ ⊥AB ⇒ ⊥( ABC )
SH SH
Kẻ AK ⊥SC ⇒SC ⊥ AKB )
( ⇒ ⊥
SC KB
⇒ ( SAC ) ; ( SBC )  =( KA; KB ) =600

  ⇒ AKB = 0 ∨ AKB =
∠ 60 ∠ 120 0
0,25
Nếu ⇒ AKB =
∠ 60 0
thì dễ thấy ∆KAB
đều ⇒ =
KA KB =AB =AC
(vô lí)
Vậy ∠AKB =120 0
∆ Α
ΚΒ
cân tại K ⇒ AKH = 0
∠ 60
AH a
0,25
⇒ KH = =
tan 60 0 2 3
Trong ∆SHC
vuông tại H,đường cao
1 1 1 a
KH có = + thay KH = 0,25
KH 2 HC 2 HS2 2 3
a 3 a 6
và HC =
2
vào ta được SH =
8
1 1 a 6 a2 3 a3 2
VS.ABC = .SH.dt ∆ABC = . . =
3 3 8 4 32 0,25
Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của ∑ 1,0
V

WWW.VNMATH.COM
biểu thức: S = 2 x2 + 1 + 3 y2 + 16 + z2 + 36
( 2x ) ( 3y )
2 2
Ta có: S= + 22 + + 122 + z2 + 62 Trong hệ toạ độ OXY xét 3
0,25
véc tơ
r r r r r r
a =( 2x; 2 ) , b =( 3y; 4 ) , c =( z; 6 ) , a +b +c =( 2x +3y +z; 2 + +6 ) =( 40; 20 )
12
r r r r r r
( 2x ) ( 3y ) ( z)
2 2 2
a = +2 2 , b = +12 2 , c = +6 2 , a + b + c = 20 5
0,25
Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ :
r r r r r r rrr
S= a + b + c ≥ a + b +c ⇒ ≥20 5
S .Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ a,b,c
cùng hướng
2x 3y z 2x 3y z 2x +3y + z 40
xét hệ điều kiện : 2
=
12
= ⇒
6 2
=
12
= =
6 20
=
20
=2
0,25
⇒= y = z =
x 2, 8, 12
Với : x =2, y = z =
8, 12
thì S = 20 5
Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 20 5 đạt được khi : 0,25
x = y = z =
2, 8, 12
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 0,25
2 2
hay A ( 3; − ) ∨A ( − )
7 1;5 .Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM
nên chỉ có A ( −1;5 ) thoả mãn. 0,25
uuur uuu
r
Gọi D ( m; m −2 ) thì ∈DM AD =( m + m −7 ) , CD =( m − m + )
1; 3; 1
Do ABCD là hình vuông
uuur uuu
r
DA.DC = 0
 m = 5 ∨ m = −1

⇒ ⇔ ⇔ =
m 5
0,25
( m +1) + ( m − 7 ) = ( m − 3) + ( m +1)
2 2 2 2
DA = DC
 
uuu
r uuu
r
Hay D ( 5;3) AB =DC =( − − ) ⇒ ( − − )
2; 6 B 3; 1 .
( −1;5 ) B ( −3; −1) ( 5;3)
0,25
Kết luận A , ,D
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz
cho mặt phẳng ( P ) : x +y +z − =0
1 ……. 1,00
Đặt vt của (P) là: f ( x; y; z ) =x +y +z −1 ta có f ( x ; y ; z ) f ( x ; y A A A B B ; z B ) <0
⇒
A,B nằm về hai phía so với (P).Gọi B đối xứng với B qua (P) ' 0,25
⇒B ( − − 4 )
'
1; 3; .
MA −MB = MA −MB' ≤AB' Đẳng thức xẩy ra khi M, A, B' thẳng hàng 0,25
x = 1+ t 0,25

⇒ M =( P ) ∩AB' .Mặt khác phương trình AB :  y = −3
' ⇒
toạ độ M là
 z = − 2t


WWW.VNMATH.COM
x = 1 + t t = −3
 y = −3 x = −2 0,25
 
nghiệm hệ pt:  ⇒ ⇒ M ( −2; −3;6 )
z = −2t  y = −3
x + y + z − 1 = 0 z = 6
 
VII Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức : 1,00
A
1 1 1 1 1023
C0 + C1 + C 2 + C 3 +L + Cn =
n +1
n n n n n
2 3 4 10
(1+ x)
n
= C0 + C1 x + C 2 x 2 + L + C n x n
n n n n
Xét khai triển: 1 1
∫ ( 1 + x ) dx = ∫ ( Cn + Cn x + Cn x + L + Cn x )dx 0,25
n 0 1 2 2 n n
0 0
n +1 1
(1+ x)
1
⇒
 1 1
=  C0 x + C1 x 2 + C 2 x 3 +L +
1 
C n x n +1 ÷ 0,25
n n n n
n +1  2 3 n +1 0
0
2 n +1 −1 1 1 2 1 1 1023 0,25
⇒ = C0 + C1 + Cn + C3 +L +
n n n Cn =
n
n +1 2 3 4 n +1 n +1
⇒+−=
2n 1 1 1023 ⇔ + =
2n 1 1024 = 10 ⇔+ =
2 n 1 10 ⇔=
n 9 vậy n =9
0,25
VI B
2,00
1 ….cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12….. 1,00
Ta có: d1 ∩ 2 = I
d . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
x − y − 3 = 0 x = 9 / 2  9 3
 ⇔ . Vậy I ; 
x + y − 6 = 0 y = 3 / 2  2 2
0,25đ
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD ⇒ =d1 ∩
M Ox
Suy ra M( 3; 0)
2 2
 9 3
Ta có: AB = 2IM = 2 3 −  +   = 3 2
 2 2
SABCD 12
Theo giả thiết: SABCD = AB.AD = 12 ⇔AD = = =2 2
AB 3 2
0,25đ
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ⇒ 1 ⊥AD
d
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có
PT: 1 x − ) + ( y − ) = ⇔+ − =
( 3 1 0 0 x y 3 0
. Lại có: MA =MD = 2
x + y − 3 = 0

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: 
 ( x − 3) + y 2 = 2
2

y = −x + 3 y = −x + 3 y = 3 − x 0,25đ
⇔ ⇔ ⇔
( x − 3) + y = 2 ( x − 3) 2 + (3 − x) 2 = 2 x − 3 = ±1
2 2
x = 2 x = 4
⇔ hoặc  . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
y = 1 y = −1

WWW.VNMATH.COM
 9 3 x C = 2x I − x A = 9 − 2 = 7
Do I ;  là trung điểm của AC suy ra:  0,25đ
 2 2 y C = 2y I − y A = 3 − 1 = 2
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)
2 ...phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 1,00
ur
Các véc tơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là u1 ( 1; - 1; 2)
ur
và u2 ( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0) ∈
d1; N( 2; 3; 0) ∈
d2
Xét 
ur uu uuuu
r

r
u1; u2  .MN
= - 10 ≠
0Vậy d1 chéo d2 0,25đ
Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t) ∈
d1 B(2 – 2t’; 3; t’) ∈
d2
uuurur  1
 AB.u1 = 0
 t = −  5 4 2
 uuu uu
r r ⇒
 3 ⇒
A  3; 3 ;− 3 ÷ ; B (2; 3; 0) 0,25đ
 AB.u2 = 0
 t' = 0  

Đường thẳng ∆ qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d1 và d2.
 x = 2+ t

Ta có ∆ :  y = 3 + 5t
 z = 2t

0,25đ
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng:
 11  
2
13   1 5
2 2 0,25đ
 x − 6 ÷ + y − 6 ÷ + z+ 3 ÷ = 6
     
VII B
(1 +x ) (1)
2011
1,0đ =C 0
2011 +C1 x +C 2 x 2 +C3 x 3 + +C 2011x 2011
2011 2011 2011 L 2011
Lấy đạo hàm hai vế ( 1) ta được:
2011(1 +x )
2010
=C1
2011 +2xC 2011 + 2C 3
2
3x 2011 +L +2011x 2010C 2011
2011
0,25
nhân hai vế với x ta được:
2011x (1 +x ) (2)
2010
=xC1
2011 + 2011 +
2x 2C 2 2011 +
3x 3C 3 L +2011x 2011C 2011
2011
0,25
Lấy đạo hàm hai vế ( 2) ta được
(
2011 ( 1 + x )
2010
+ 2010x ( 1 + x )
2019
)= (3)
C1 + 2 2 xC 2011 + 32 x 2C3 +L + 20112 x 2010C 2011
2011
2
2011 2011
0,25
Thay x=1 vào hai vế của (3) ta được:
2011( 2 +2010.2
2010
) =1 C +2 C 2009 2 1 2 2
+3 2 C 3
2011 +20112 C 2011
2011
2011 2011
0,25
Vậy S=2011.2012. 22009