Xem mẫu
- 1
TRƯỜNG ĐAI HỌC VINH Đề thi thử đại học năm học 2009-2010
Trường thpt chuyên MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút
------------------------- -----------------------------------------------
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3(m 1) x 2 9 x m , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m 1 .
2. Xác định m đ ể hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1 x 2 2 .
Câu II. (2,0 điểm)
1 sin 2 x
1. Giải phương trình: cot x 2 sin( x ) .
sin x cos x 2
2
2. Giải phương trình: 2 log 5 (3 x 1) 1 log 3 5 ( 2 x 1) .
5
x2 1
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I dx .
x 3x 1
1
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . A' B ' C ' có AB 1, CC ' m (m 0).
Tìm m biết rằng góc giữa hai đ ường thẳng AB' và BC ' bằng 60 0 .
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x , y , z thoả mãn x 2 y 2 z 2 3 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
5
A xy yz zx .
x yz
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a. Theo chương trình Chuẩn:
1
- 2
Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 6) ,
phương trình các đ ường thẳng chứa đ ường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là
2 x y 13 0 và 6 x 13 y 29 0 . Viết phương trình đ ường tròn ngo ại tiếp tam giác ABC .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông MNPQ có M (5; 3; 1), P(2; 3; 4) .
Tìm to ạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng ( ) : x y z 6 0.
Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập E 0,1, 2, 3, 4, 5, 6. Từ các chữ số của tập E lập đ ược bao nhiêu số
tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau?
b. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xét elíp ( E ) đ i qua điểm M (2; 3) và
có phương trình một đ ường chuẩn là x 8 0. Viết phương trình chính tắc của ( E ).
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0;1; 0), C (0; 3; 2) và mặt
phẳng ( ) : x 2 y 2 0. Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đ ều các điểm A, B, C và
mặt phẳng ( ).
Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1 x 2(1 x) 2 ... n (1 x) n thu được đa
thức P( x) a0 a1 x ... an x n . Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương tho ả mãn
1 7 1
3 .
2
Cn C n n
------------------------------------ Hết -------------------------------------
Trường đại học vinh đáp án đề khảo sát chất lượng lớp 12 Lần 1 – 2009-2010
Môn Toán, khối chuyên
Cõu Đáp án Điểm
I 1. (1,25 điểm)
2
- 3
Với m 1 ta có y x 3 6 x 2 9 x 1 .
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
Chiều biến thiên: y' 3 x 2 12 x 9 3( x 2 4 x 3)
x 3
, y' 0 1 x 3 .
Ta có y' 0
x 1 0,5
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ,1) và (3, ) .
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3).
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 1 và yCD y (1) 3 ; đ ạt cực tiểu tại x 3 và
yCT y (3) 1 .
Giới hạn: lim y ; lim y . 0,25
x x
3
- 4
Bảng biến thiên: 1
x 3
0
y’ 0
3
y
-1
0,25
y
* Đồ thị:
3
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0, 1) .
2
1
x
1 2 3 4
O
-1
0,25
2. (0,75 điểm)
4
- 5
Ta có y' 3 x 2 6( m 1) x 9.
+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x2
phương trình y' 0 có hai nghiệm pb là x1 , x2
0,25
2
Pt x 2(m 1) x 3 0 có hai nghiệm phân biệt là x1 , x2 .
m 1 3
' (m 1) 2 3 0 (1)
m 1 3
+) Theo định lý Viet ta có x1 x 2 2( m 1); x1 x2 3. Khi đó
x1 x 2 2 x1 x 2 2 4 x1 x2 4 4m 12 12 4
(m 1) 2 4 3 m 1 (2)
0,5
Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là 3 m 1 3 và 1 3 m 1.
II 1. (1,0 điểm)
5
- 6
Điều kiện: sin x 0, sin x cos x 0.
cos x 2 sin x cos x
2 cos x 0
Pt đ ã cho trở thành
sin x cos x
2 sin x
2 cos 2 x
cos x
0
sin x cos x
2 sin x
cos x sin( x ) sin 2 x 0
4
0,5
+) cos x 0 x k , k .
2
2 x x 4 m 2 x 4 m 2
+) sin 2 x sin( x ) m, n
2 x x n 2 x n 2
4
4 3
4
t 2
x , t .
4 3
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là
t 2 0,5
k ; x
x , k , t .
2 4 3
2. (1,0 điểm)
1
Điều kiện x . (*)
3
Với đk trên, pt đã cho log 5 (3 x 1) 2 1 3 log 5 ( 2 x 1)
log 5 5(3 x 1) 2 log 5 (2 x 1) 3
0,5
5(3 x 1) 2 (2 x 1)3
6
- 7
8 x 3 33x 2 36 x 4 0
( x 2) 2 (8 x 1) 0
x 2
x 1
8
0,5
Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là x 2.
III 3dx 2tdt
Đặt t 3x 1 dt dx .
3
2 3x 1
(1,0
Khi x 1 thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4.
điểm )
2
t2 1
1 0,5
4 4 4
3 2tdt 2 dt
(t 2 1)dt 2 2
Suy ra I .
2
t 1 3 92 2 t 1
2
.t
3
4 4
t 1
2 1 3 100 9
t t ln ln .
t 1
9 3 27 5
0,5
2 2
( AB' , BC ' ) ( BD, BC ' ) 600
( D A' B' )
- Kẻ BD // AB'
IV 0,5
DBC ' 60 0 ho ặc DBC ' 1200.
(1,0
7
- 8
- Nếu DBC ' 600
Vì lăng trụ đều nên BB' ( A' B' C ' ).
áp dụng định lý Pitago và đ ịnh lý cosin ta
có
1 m2 A
B C
0,5
A’
m
BD BC ' m 2 1 và DC ' 3.
1
B’ C’
0
1 120
Kết hợp DBC ' 60 0 ta suy ra BDC '
3
D
đều.
m2 1 3 m 2.
Do đó
- Nếu DBC ' 1200
áp dụng định lý cosin cho BDC ' suy
ra m 0 (loại).
Vậy m 2 .
* Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trường hợp góc 600 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng.
- HS có thể giải bằng phương pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:
AB'.BC '
cos( AB' , BC ' ) cos( AB', BC ') .
AB'.BC '
8
- 9
V t2 3
Đặt t x y z t 2 3 2( xy yz zx) xy yz zx .
2
(1,0
Ta có 0 xy yz zx x 2 y 2 z 2 3 nên 3 t 2 9 3 t 3 vì t 0.
điểm)
t2 3 5
Khi đó A . 0,5
2 t
t2 5 3
Xét hàm số f (t ) , 3 t 3.
2t2
t3 5
5
Ta có f ' (t ) t 0 vì t 3.
t2 t2
14
Suy ra f (t ) đồng biến trên [ 3 , 3] . Do đó f (t ) f (3) .
3
Dấu đẳng thức xảy ra khi t 3 x y z 1.
0,5
14
, đạt được khi x y z 1.
Vậy GTLN của A là
3
1. (1 điểm)
9
- 10
C(-7; -1)
- Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH
và CM. Khi đó
CH có phương trình 2 x y 13 0 ,
B(8; 4)
M(6; 5)
H
CM có phương trình 6 x 13 y 29 0. A(4; 6)
2 x y 13 0
- Từ hệ C (7; 1).
6 x 13 y 29 0
0,5
- AB CH n AB u CH (1, 2)
pt AB : x 2 y 16 0 .
x 2 y 16 0
- Từ hệ M (6; 5)
6 x 13 y 29 0
B(8; 4).
- Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x 2 y 2 mx ny p 0.
52 4m 6n p 0 m 4
Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 80 8m 4n p 0 n 6 .
0,5
50 7m n p 0 p 72
Suy ra pt đường tròn: x 2 y 2 4 x 6 y 72 0 hay ( x 2) 2 ( y 3) 2 85.
2. (1 điểm)
10
- 11
- Giả sử N ( x0 ; y0 ; z0 ) . Vì N ( ) x0 y0 z 0 6 0 (1)
MN PN
- MNPQ là hình vuông MNP vuông cân t ại N
MN .PN 0
( x0 5) 2 ( y0 3)2 ( z0 1) 2 ( x0 2)2 ( y0 3) 2 ( z0 4)2
0,5
( x0 5)( x0 2) ( y0 3) 2 ( z0 1)( z0 4) 0
x0 z0 1 0 ( 2)
2
( x0 5)( x0 2) ( y0 3) ( z0 1)( z0 4) 0 (3)
y 2 x 0 7
- Từ (1) và (2) suy ra 0 2
. Thay vào (3) ta được x0 5 x0 6 0
z 0 x0 1
0,5
x0 2, y0 3, z 0 1 N (2; 3; 1)
hay .
x0 3, y0 1, z 0 2 N (3; 1; 2)
7 5
- Gọi I là tâm hình vuông I là trung điểm MP và NQ I ( ; 3; ) .
2 2
Nếu N (2; 3 1) thì Q(5; 3; 4).
Nếu N (3;1; 2) thì Q(4; 5; 3).
Giả sử abcd là số thoả mãn ycbt. Suy ra d 0, 2, 4, 6.
VIIa.
(1,0 0,5
3
+) d 0. Số cách sắp xếp abc là A6 .
điểm)
3 2
+) d 2. Số cách sắp xếp abc là A6 A5 .
11
- 12
+) Với d 4 hoặc d 6 kết quả giống như trường hợp d 2.
0,5
3 3 2
Do đó ta có số các số lập được là A6 3 A6 A5 420.
1. (1 điểm)
VIb.
(2,0
x2 y2
điểm) - Gọi phương trình ( E ) : 1 ( a b 0) .
a2 b2
4 9
a 2 b2 1 (1)
- Giả thiết 2
a 8 (2 )
c 0,5
(2) a 2 8c b 2 a 2 c 2 8c c 2 c(8 c).
Ta có
4 9
1.
Thay vào (1) ta được
8c c(8 c)
c 2
2c 2 17c 26 0 13
c
2
x2 y2
2 2
* Nếu c 2 thì a 16, b 12 ( E ) : 1.
16 12
x2 y2
39
13
thì a 2 52, b 2
* Nếu c (E ) : 1.
4 52 39 / 4
2
0,5
2. (1 điểm)
12
- 13
Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) . Khi đó từ giả thiết suy ra
x0 2 y0 2
( x0 1)2 y0 z0 x0 ( y0 1) 2 z0 x0 ( y0 3) 2 ( z0 2) 2
2 2 2 2 2
5
( x0 1) 2 y0 z0 x0 ( y0 1) 2 z0
2 2 2 2
(1)
2
x0 ( y0 1) 2 z0 x0 ( y0 3) 2 ( z0 2) 2
2 2
( 2)
2
( x0 1) 2 y0 z0 ( x0 2 y0 2)
2 2
(3) 0,5
5
y x0
Từ (1) và (2) suy ra 0 .
z0 3 x0
Thay vào (3) ta được 5(3x0 8x0 10) (3x0 2) 2
2
x0 1 M (1; 1; 2) 0,5
23 23 14
x0 23 M ( ; ; ).
3 33 3
VIIb. n 3
1 71
3 2
Ta có 7.3! 1
2
n( n 1) n( n 1)(n 2) n
Cn Cn n
(1,0
điểm)
0,5
n 3
2 n 9.
n 5n 36 0
Suy ra a8 là hệ số của x 8 trong biểu thức 8(1 x)8 9(1 x)9 .
0,5
8 8
Đó là 8.C8 9.C 9 89.
13
nguon tai.lieu . vn
