PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0 điểm Câu I.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m=1.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần a, h
Trang 1TRƯỜNG 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=x3 −3(m+1)x2 +9x−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 để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1, x2 sao cho x1 −x2 ≤2.
Câu II (2,0 điểm)
2 sin(
2 cos sin
2 sin cot
2
+
x x
x
2 Giải phương trình: 2log5(3x−1)+1=log3 5(2x+1).
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân =∫5 ++
1
2
1 3
1
dx x x
x
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 đường thẳng AB và ' BC' bằng 60 0
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x ,,y z thoả mãn x2 + y2 +z2 =3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
z y x zx yz xy A
+ + + + +
B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a Theo chương trình Chuẩn:
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 đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2x−y+13=0 và
0 29 13
6x− y+ = Viết phương trình đường tròn ngoại 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 toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng (γ):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 được 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 đi qua điểm M(−2;−3) và
có phương trình một đường 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 (α): x+2y+2=0. Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm A, B,C và mặt phẳng (α)
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 +a1x+ +a n x n Tính hệ số a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn8
n C
1 7 1 3
- Hết
Trang 2-Trờng đại học vinh đáp án đề khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 - 2009
m
I
(2,0
điểm)
1 (1,25 điểm)
Với m=1 ta có y=x3−6x2+9x−1
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
• Chiều biến thiên: y'=3x2 −12x+9=3(x2 −4x+3)
<
>
⇔
>
1
3 0
'
x
x
y , y'<0⇔1< x<3
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞,1) và (3,+∞)
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng(1,3)
0,5
• Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=1 và y CD =y(1)=3; đạt cực tiểu tại x=3 và
1 ) 3 ( =−
= y
• Giới hạn: =−∞ =+∞
+∞
→
−∞
x
• Bảng biến thiên:
0,25
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0,−1)
-1
1 2 3
x y
O
0,25
2 (0,75 điểm)
Ta có y'=3x2 −6(m+1)x+9.
+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1, x2
⇔phơng trình y'=0 có hai nghiệm pb là x1, x2
⇔ Pt x2 −2(m+1)x+3=0 có hai nghiệm phân biệt là x1, x2
−
−
<
+
−
>
⇔
>
− +
=
∆
⇔
3 1
3 1 0
3 ) 1 (
m
m
0,25
+) Theo định lý Viet ta có x1+x2 =2(m+1); x1x2 =3 Khi đó
( ) 4 4 4( 1) 12 4
2
x
⇔(m+1)2 ≤4⇔−3≤m≤1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là −3≤m<−1− 3 và −1+ 3<m≤1
0,5
x y’
-1
∞ +
∞
−
3
∞
−
Trang 3(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Điều kiện: sinx≠0,sinx+cosx≠0
cos sin
cos sin 2 sin 2
+
x x
x x x
x
0 2 sin ) 4 sin(
cos
0 cos sin
cos 2 sin
2
=
⇔
= +
−
⇔
x x
x
x x
x x
x
2 0
cosx= ⇔x=π +kπ k∈
0,5
+
=
+
=
⇔
+
−
−
=
+ +
=
⇔ +
n x
m x
n x
x
m x
x x
3
2 4
2 4 2
4 2
2 4
2 ) 4 sin(
2 sin
π π
π π
π
π π
π
π π
,
3
2
=
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là
π
2
0,5
2 (1,0 điểm)
Điều kiện .
3
1
>
Với đk trên, pt đã cho log (3 1)2 1 3log5(2 1)
3 2
3 5
2 5
) 1 2 ( ) 1 3 ( 5
) 1 2 ( log ) 1 3 ( 5 log
+
=
−
⇔
+
=
−
⇔
x x
x x
0,5
=
=
⇔
=
−
−
⇔
=
− +
−
⇔
8 1 2
0 ) 1 8 ( ) 2 (
0 4 36 33
8 2
2 3
x x
x x
x x
x
Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là x=2.
0,5
III
(1,0
điểm)
Đặt
3
2 1
3 2
3 1
x
dx dt
x
+
=
⇒ +
Khi x=1 thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4
Suy ra ∫ −
+
−
=4 2 2
2 2
3
2 3 1
1 3
1
tdt t
t
t
2 2 4
2
2
1 2
) 1 ( 9
2
t
dt dt
t
0,5
5
9 ln 27
100 2
4 1
1 ln 2
4 3
1 9
+
− +
=
t
t t
IV
(1,0
- Kẻ BD//AB' (D∈A'B') ⇒(AB,'BC')=(BD, BC')=600
Trang 4điểm) - Nếu ∠DBC'=600
Vì lăng trụ đều nên BB'⊥(A'B'C')
áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta
có
1 '= 2+
Kết hợp ∠DBC'=600 ta suy ra ∆BDC'
đều
Do đó m2+1=3⇔m= 2.
- Nếu ∠DBC'=1200
áp dụng định lý cosin cho ∆BDC'suy
ra m=0 (loại)
Vậy m= 2.
* Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trờng hợp góc 60 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng.0
- HS có thể giải bằng phơng pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:
' '
' ' )'
,' cos(
) ' ,' cos(
BC AB
BC AB BC
AB BC
0,5
V
(1,0
điểm) Đặt t=x+y+z ⇒
2
3 )
( 2 3
2
zx yz xy zx
yz xy
Ta có 0≤xy+ yz+zx≤x2 +y2 +z2 =3 nên 3≤t2 ≤9 ⇒ 3≤t≤3 vì t >0.
2
3 2
t
t
0,5
2
3 5 2 ) (
2
≤
≤
− +
t
t t f
Ta có '( ) 5 5 0
2
3
−
=
t
t t t t
Suy ra f (t) đồng biến trên [ 3,3] Do đó
3
14 ) 3 ( ) (t ≤ f =
f
Dấu đẳng thức xảy ra khi t=3⇔x=y=z=1
Vậy GTLN của A là
3
14, đạt đợc khi
1
=
=
= y z x
0,5
VIa.
(2,0
điểm)
1 (1 điểm)
- Gọi đờng cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và
CM Khi đó
CH có phơng trình 2x−y+13=0,
CM có phơng trình 6x−13y+29=0
0 29 13 6
0 13 2
−
−
⇒
= +
−
= +
−
C y
x
y x
-AB⊥CH ⇒n AB =u CH =(1,2)
⇒pt AB:x+2y−16=0
0 29 13 6
0 16 2
M y
x
y x
⇒
= +
−
=
− + ⇒B(8; 4)
0,5
- Giả sử phơng trình đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC:x2+y2+mx+ny+p=0.
0,5
A
2
1 m+
C
C’
B’
B
A’
m
1
1 1200
M(6; 5) A(4;
6)
C(-7; -1)
B(8; 4) H
Trang 5Vì A, B, C thuộc đờng tròn nên
= +
−
−
= + + +
= + + +
0 7
50
0 4
8 80
0 6
4 52
p n m
p n m
p n m
−
=
=
−
=
⇔
72 6 4
p n
m
Suy ra pt đờng tròn: x2+y2−4x+6y−72=0 hay (x−2)2+(y+3)2 =85.
2 (1 điểm)
- Giả sử N(x0;y0;z0) Vì N∈(γ) ⇒x0 +y0−z0 −6=0 (1)
- MNPQ là hình vuông ⇒∆MNP vuông cân tại N
=
=
⇔
0
.PN
MN
PN MN
= + + +
− +
−
−
+ +
− +
−
= + +
− +
−
⇔
0 ) 4 )(
1 ( ) 3 ( ) 2 )(
5 (
) 4 ( ) 3 ( ) 2 ( ) 1 ( ) 3 ( ) 5 (
0 0
2 0 0
0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
z z y
x x
z y
x z
y x
0,5
= + + +
− +
−
−
=
− +
⇔
) 3 ( 0
) 4 )(
1 ( ) 3 ( ) 2 )(
5 (
) 2 ( 0
1
0 0
2 0 0
0
0 0
z z y
x x
z x
- Từ (1) và (2) suy ra
+
−
=
+
−
=
1
7 2
0 0
0 0
x z
x y
Thay vào (3) ta đợc 2 5 0 6 0
x
−
=
=
=
−
=
=
=
⇒
2 ,
1 , 3
1 ,
3 , 2
0 0 0
0 0
0
z y x
z y
x
hay
−
− ) 2
; 1
; 3 (
) 1
; 3
; 2 (
N
N
- Gọi I là tâm hình vuông ⇒ I là trung điểm MP và NQ ⇒ )
2
5
; 3
; 2
7
Nếu N(2;3−1) thì Q(5;3;−4)
Nếu N(3;1;−2) thì Q(4;5;−3)
0,5
VIIa.
(1,0
điểm)
Giả sử abcd là số thoả mãn ycbt Suy ra d∈{0,2,4,6}
+) d =0. Số cách sắp xếp abc là 3
6
A
+) d =2. Số cách sắp xếp abc là A63−A52
0,5
+) Với d=4 hoặc d =6 kết quả giống nh trờng hợp d =2.
Do đó ta có số các số lập đợc là 3( 2) 420
5
3 6
3
VIb.
(2,0
điểm)
1 (1 điểm)
- Gọi phơng trình ( ): 1 ( 0)
2
2 2
2
>
>
=
b
y a
x
- Giả thiết
=
=
+
⇔
) 2 ( 8
) 1 ( 1 9 4
2
2 2
c a
b a
Ta có (2)⇔a2 =8c⇒b2 =a2−c2 =8c−c2 =c(8−c).
Thay vào (1) ta đợc 1
) 8 (
9 8
−
+
c c
0,5
=
=
⇔
= +
−
⇔
2 13
2 0
26 17
2 2
c
c c
c
12 16 : ) ( 12 ,
Trang 6* Nếu
2
13
=
4 / 39 52 : ) ( 4
39 ,
52
2 2 2
a
2 (1 điểm)
Giả sử M(x0;y0;z0) Khi đó từ giả thiết suy ra
5
2 2 )
2 ( ) 3 ( )
1 ( )
1
0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
+ +
=
− +
− +
= +
− +
= + +
x
+ +
= + +
−
− +
− +
= +
− +
+
− +
= + +
−
⇔
) 3 ( 5
) 2 2 ( )
1 (
) 2 ( )
2 ( ) 3 ( )
1 (
) 1 ( )
1 ( )
1 (
2 0 0 2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
y x z y x
z y
x z y
x
z y
x z y x
0,5
Từ (1) và (2) suy ra
−
=
= 0 0
0 0
3 x
z
x y
0 0
2
0 8 10) (3 2) 3
(
5 x − x + = x +
=
=
⇔
3 23 1
0
0
x
x
−
⇒
)
3
14
; 3
23
; 3
23 (
) 2
; 1
; 1 (
M M
0,5
VIIb.
(1,0
điểm) Ta có
=
−
−
+
−
≥
⇔
= +
n n
n n n
n
n n C
) 2 )(
1 (
! 3 7 )
1 ( 2
3 1
7 1 3 2
9
0 36 5
3
=
−
−
≥
n n n
0,5
Suy ra a là hệ số của 8 x trong biểu thức 8 8(1−x)8+9(1−x)9
Đó là 8. 9. 8 89.
9
8
