Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d 1 với trục Ox.[r]
(1)ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2 011 MƠN TỐN 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 biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số : y = x3 – 3x2 +
2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình :
2
2
1 m
x x
x
Câu II(2,0 điểm ) 1) Giải phương trình :
5
2 os sin
12
c x x
2) Giải hệ phương trình:
2
2 2
log 3log ( 2)
1
x y x y
x y x y
.
Câu III: (1,0 điểm ) Tính tích phân:
1
3
2
4 ln
4
x
I x dx
x
Câu IV:( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a ,tam giác SAB cân S thuộc mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABC).Hai mặt phẳng (SCA) (SCB) hợp với góc 600.Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a
Câu V :(1,0 điểm ) Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S2 x2 1 y216 z236
PHẦN B : THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1HOẶC PHẦN 2) PHẦN ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn )
Câu VI.a 1.( 1,0điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có M trung điểm cạnh BC,phương trình đường thẳng DM:x y 0 C 3; 3 .Biết đỉnh A thuộc đường thẳng
d : 3x y 0 ,xác định toạ độ đỉnh A,B,D.
2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyzcho mặt phẳng P : x y z 0 hai điểm A 1; 3;0 , B 5; 1; Tìm toạ độ điểm M mặt phẳng (P) cho MA MB đạt giá trị lớn
Câu VII.a (1,0 điểm): Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức :
0 n
n n n n n
1 1 1023
C C C C C
2 n 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 12, tâm I giao điểm đường thẳng d1 :x y 30
0 :
2 xy
d Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật
(1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :
d1 :
2
1
x y z
, d2:
2
x t
y z t
Viết phương trình mặt cầu có đường kính đoạn vng góc chung d1 d2
CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: S 12C20111 22C20112 32C20113 2010 2C2011201020112C20112011
(2)Câ
u Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x3 3x2 2.
1,00
T
ập xác định: Hàm số có tập xác định D.
Sự biến thiên: y'3x2 6x. Ta có
0
2
x y'
x
,
y 0 x x 2 h/s đồng biến khoảng ;0 & 2;
,
y 0 x 2 h/s nghịch biến khoảng 0;2
0,25
yCD y 0 2; yCT y 2 2. Giới hạn
3
3 x
x
3
lim y lim x
x x
0,25
Bảng biến thiên:
x 0
y'
y
2
0,25
Đồ thị:
f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2
-5
x y
0,25
2
Biện luận số nghiệm phương trình
2 m
x 2x 2
x 1
theo tham số m.
(3) Ta có
2 2 2 2 2 1 1
1
m
x x x x x m,x .
x Do số nghiệm của
phương trình số giao điểm
2
y x x x , C'
đường thẳng
1
y m,x .
0,25
Vẽ
2 2 2 1
1
f x x
y x x x
f x x
nờn C' bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x1.
+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x1 qua Ox.
Đồ thị hàm số y = (x2 2x 2) x1 , với x có dạng hình vẽ sau
0,25
hình
f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)
-8 -6 -4 -2
-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 vơ nghiệm;
+ m2: Phương trình có nghiệm kép
+ 2m0: Phương trình có nghiệm phân biệt;
+ m0: Phương trình có nghiệm phân biệt.
0,25
II 2,00
1
Giải phương trình:
5
2 os sin
12
c x x
1,0
5
2 os sin
12
c x x
5
2 sin sin
12 12
x
(4)5 5
sin sin sin sin sin sin
12 12 12 12
2cos sin sin
3 12 12
x x
0,25
5
2
5 12 12
sin sin
5 13
12 12
2
12 12
x k
x k
x k
x k x k
0,50
2
Giải hệ phương trình:
2
2 2
log 3log ( 2)
1
x y x y
x y x y
. 1,0
Điều kiện: x+y>0, x-y0
2
2 2 2 2
log 3log (2 )
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
3
2
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
0,25đ
2
2 (1)
( ) 2
3 (2)
u v uv
u v uv
uv
Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 (3 )
uv uv uv uv uv uv uv . 0,25đ
Kết hợp (1) ta có:
0
4,
4
uv
u v
u v
(vì u>v) Từ ta có: x =2; y =2. (T/m)
KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2)
0,25đ
III
Tính tích phân:
1
3
2
4 ln
4
x
I x dx
x
1,0
Đặt
2
4
4
16x
4 x du dx
u ln x 16
4 x
x 16
v
dv x dx 4
0,50
Do
1 1
2
2
0
1 x 15
I x 16 ln xdx ln
4 x
0,50
IV … Tính thể tích khối chóp S.ABC… 1,00
Gọi H trung điểm AB SHAB SHABC Kẻ AKSC SCAKB SCKB
SAC ; SBC KA; KB 600
AKB 600 AKB 1200
(5)Nếu AKB 60 0 dễ thấy KABđều KA KB AB AC (vơ lí)
Vậy AKB 120
cân K AKH 60 0
AH a
KH
tan 60
Trong SHC vng H,đường cao
KH có 2
1 1
KH HC HS thay
a KH
2
và
a HC
2
vào ta
a SH
8
2
S.ABC ABC
1 a a a
V SH.dt
3 32
0,25
0,25
0,25
V Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S2 x2 1 y216 z236
1,0
Ta có:
2 2 2 2 2
2 12
S x y z
Trong hệ toạ độ OXY xét véc tơ
a 2x;2 , b 3y;4 ,c z;6 ,a b c 2x 3y z;2 12 6 40;20
2 2 2
a 2x 2 , b 3y 12 , c z 6
,a b c 20
Sử dụng bất đẳng thức độ dài véc tơ : S=a b c a b c
S 20
.Đẳng thức xẩy véc tơ a, b,c hướng
xét hệ điều kiện :
2x 3y z 2x 3y z 2x 3y z 40
2
2 12 12 20 20
x 2, y 8, z 12
Với : x 2, y 8, z 12 S 20 5
Vậy giá trị nhỏ S 20 5đạt : x 2, y 8, z 12
0,25
0,25
0,25
0,25
VIA 2,00
1 Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có M….Tìm toạ độ A,B,D 1,00 Gọi At; 3t 2 Ta có khoảng cách:
4t 2.4
d A, DM 2d C,DM t t
2
hay A 3; 7 A 1;5 .Mặt khác A,C nằm phía đường thẳng DM nên có A1;5 thoả mãn
Gọi Dm;m 2 DMthì ADm 1;m ,CD m 3;m 1
Do ABCD hình vng
0,25
0,25
(6) 2 2 2 2
m m
DA.DC
m m m m
DA DC m
Hay D5;3 AB DC 2; 6 B 3; 1
Kết luận A1;5 ,B 3; 1 , D5;3
0,25
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyzcho mặt phẳng P : x y z 0
…… 1,00 Đặt vt (P) là:f x; y;z x y z ta có f x ; y ;z f x ; y ;z A A A B B B 0
A,B nằm 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 M, A, B'thẳng hàng
M P AB'.Mặt khác phương trình
'
x t
AB : y
z 2t
toạ độ M
nghiệm hệ pt:
x t t
y x
M 2; 3;6
z 2t y
x y z z
0,25 0,25 0,25 0,25 VII
A Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức :
0 n
n n n n n
1 1 1023
C C C C C
2 n 10
1,00
Xét khai triển:
n 0 1 2 2 n n
n n n n
1
n 0 1 2 2 n n
n n n n
0
1 x C C x C x C x
1 x dx C C x C x C x dx
n 11 2 n n 1
n n n n
0
1 x 1
C x C x C x C x
n n
n
0 n
n n n n n
2 1 1 1023
C C C C C
n n n
n n 10
2 1023 1024 n 10 n
n 9
0,25
0,25
0,25 0,25
VI B 2,00
1 ….cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12… 1,00
Ta có: d1d2 I Toạ độ I nghiệm hệ:
/ y / x y x y x Vậy ; I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm cạnh AD Md1Ox
Suy M( 3; 0)
(7)Ta có: 3 IM AB 2
Theo giả thiết:
2 2 12 AB S AD 12 AD AB S ABCD
ABCD
Vì I M thuộc đường thẳng d1 d1 AD
Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) vng góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có
PT: 1(x 3)1(y 0)0 xy 30 Lại có: MA MD
0,25đ
Toạ độ A, D nghiệm hệ PT:
y x y x 2 x x y ) x ( x x y y x x y 2 2 y x
y x
Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ
Do
; I
trung điểm AC suy ra: y y y x x x A I C A I C
Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25đ
2 phương trình mặt cầu có đường kính đoạn vng góc chung d1 d2 1,00 Các véc tơ phương d1 d2 u1
( 1; - 1; 2) u2
( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0) d1; N( 2; 3; 0) d2
Xét u u1; 2.MN
= - 10 0Vậy d1 chéo d2 0,25đ
Gọi A(2 + t; – t; 2t) d1 B(2 – 2t’; 3; t’) d2
1 AB u AB u ' t t
A
5
; ;
3 3
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng qua hai điểm A, B đường vng góc chung d1 d2.
Ta có :
2 x t y t z t 0,25đ 0,25đ
PT mặt cầu nhận đoạn AB đường kính có dạng:
2 2
11 13
6 6
x y z
0,25đ VII B
1,0đ 1 x 2011 C20110 C12011x C 20112 x2C20113 x3C2011 20112011x
(1) Lấy đạo hàm hai vế 1 ta được:
2010 12011 22011 32011 2010 20112011
2011 x C 2xC 3x C 2011x C
nhân hai vế với x ta được:
(8) 2010 12011 22011 32011 2011 20112011
2011x x xC 2x C 3x C 2011x C (2) Lấy đạo hàm hai vế 2 ta
2010 2019
1 2 2 2010 2011
2011 2011 2011 2011
2011 x 2010x x
C xC x C 2011 x C
(3)
Thay x=1 vào hai vế (3) ta được:
2010 2009 2 2 2011
2011 2011 2011 2011
2011 2010.2 1 C 2 C 3 C 2011 C
Vậy S=2011.2012.22009
0,25
0,25