Đề thi khảo sát đại học năm học 2010-2011 của trường THPT chuyên Vĩnh Phúc môn Toán gồm nhiều phần yêu cầu thí sinh khảo sát hàm số, giải phương trình, tính tích phân và tính thể tích hình chóp. Đề thi có hai phần cho học sinh học chương trình chuẩn và nâng cao, mỗi phần có những câu hỏi cụ thể với điểm số rõ ràng. Mục đích của đề thi là đánh giá khả năng toán học của học sinh trước kì thi đại học.

1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
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 = x3
– 3x2
+ 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 36S 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
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 Oxyzcho 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
     


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 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 :
d1 :
 
 

2 1
1 1 2
x y z
, d2 :
2 2
3
x t
y
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: 2 1 2 2 2 3 2 2010 2 2011
2011 2011 2011 2011 20111 2 3 ... 2010 2011     S C C C C C
…………………………………….…….Hết .............................................................................

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Trường thpt Chuyên Vĩnh Phúc kú thi khẢo SÁT ®¹i häc n¨m 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 3 2
3 2y x x .   1,00
T ập xác định: Hàm số có tập xác định  D .
 Sự biến thiên: 2
3 6y' 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 2CD CTy y ; y y .    
Giới hạn 3
3xx
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
-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
0,25

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
phương trình bằng số giao điểm của    2
2 2 1y x x x , C'    và đường thẳng
1 y m,x .
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 1x .
+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng 1x  qua Ox.
Đồ thị hàm số y = 2
( 2 2) 1x 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 4 122
2cos sin sin
3 12 12
x x
     
  
   
            
   
   
      
    0,25

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
 
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 ) 0uv 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
vdv x dx
4
       
   
   
0,50
Do đó  
1
12
4
2
00
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 
cân tại K 0
AKH 60  
0
AH a
KH
tan 60 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

0,25
0,25
0,25

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
và
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
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 36S x y z
1,0
Ta có:         
2 22 2 2 2
2 2 3 12 6S x y z Trong hệ toạ độ OXY xét 3 véc
tơ
     a 2x;2 ,b 3y;4 ,c z;6  
  
,    a b c 2x 3y z;2 12 6 40;20       
  
     
2 2 22 2 2
a 2x 2 , b 3y 12 , c z 6     
  
, a b c 20 5  
  
Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ :
S= a b c a b c    
     
S 20 5  .Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ a,b,c
  
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     
 
Do ABCD là hình vuông
       
2 2 2 2
m 5 m 1DA.DC 0
m 1 m 7 m 3 m 1DA DC
     
  
        
 
m 5 
Hay D  5;3    AB DC 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    A A A B B Bf 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
0,25
0,25
0,25

6. Thi thử Đại học www.toanpt.net
   '
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
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
     


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
     
      


 
1 1n 1
0 1 2 2 3 n n 1
n n n n
00
1 x 1 1 1
C x C x C x C x
n 1 2 3 n 1

  
      
  

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


       
  

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 d1 ADd1 
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 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
22
    

















13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2222






1y
2x
hoặc





1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ

7. Thi thử Đại học www.toanpt.net
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 d1 và d2 1,00
Các véc tơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là 1u

( 1; - 1; 2)
và 2u

( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0)  d1; N( 2; 3; 0)  d2
Xét 1 2; .u u MN 
 
  
= - 10  0Vậy d1 chéo d2 0,25đ
Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  d1 B(2 – 2t’; 3; t’)  d2
1
2
. 0
. 0
AB u
AB u
 



  
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 d1 và d2.
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 20111 x C C x C x C x C x       (1)
Lấy đạo hàm hai vế 1 ta được:
 
2010 1 2 2 3 2010 2011
2011 2011 2011 20112011 1 x C 2xC 3x C 2011x C     
nhân hai vế với x ta được:
 
2010 1 2 2 3 3 2011 2011
2011 2011 2011 20112011x 1 x xC 2x C 3x C 2011x C      (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
   
   
(3)
Thay x=1 vào hai vế của (3) ta được:
 2010 2009 2 1 2 2 2 3 2 2011
2011 2011 2011 20112011 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