Đề thi thử đại học môn toán trường Đại học Vinh 2009-2010 pptx

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, hoặc b.. Theo chương trình Chuẩn:... Viết phương

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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 600

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

0 13

2x  y  và 6x13y290 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 ():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 ():x  y2 20 Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều 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 a1x a n x n Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn

n C

C n n

1 7 1

3

- Hết -

Trường đại học vinh đáp án đề khảo sát chất lượng lớp 12 Lần 1 – 2009-2010

Môn Toán, khối chuyên

I 1 (1,25 điểm)

3

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







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)

x y’

y

3

-1









3





5

Ta có y'3x2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

 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

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

II 1 (1,0 điểm)

Điều kiện: sinx0,sinxcosx0.

cos sin

cos sin 2 sin 2

cos







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 k  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





















,

3

2



Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là





k

x  

2

2 (1,0 điểm)

Điều kiện

3

1



x (*)

Với đk trên, pt đã cho log5(3x1)213log5(2x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

7

































8 1 2

0 ) 1 8 ( ) 2 (

0 4 36 33 8 2

2 3

x x

x x

x x x

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













 4

2 2

2 2

3

2 3 1

1 3

1

tdt t

t

t

4

2 2 4

2

2

1 2 ) 1 ( 9

2

t

dt dt

t

0,5

III

(1,0

điểm)

5

9 ln 27 100 2

4 1

1 ln 2

4 3

1 9



























t

t t

t

0,5

IV

(1,0

- Kẻ BD//AB' (DA'B') (AB', BC')(BD, BC')600

- 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

BD và DC'  3

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 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:

' '

' ' ) ' ,' cos(

) ' , ' cos(

BC AB

BC AB BC

AB BC

0,5

A

2

1 m

C

C’

B’

B

A’

m

1

120

9

Đặt txyz 

2

3 )

( 2 3

2















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

V

(1,0

điểm)

2

3 5 2 ) (

2









t

t t f

2 3





t

t t t t

Suy ra f (t) đồng biến trên [ 3, 3] Do đó

3

14 ) 3 ( )

f

Dấu đẳng thức xảy ra khi t3x yz1

Vậy GTLN của A là

3

14 , đạt được khi x yz1

0,5

1 (1 điểm)

- Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH

và CM Khi đó

CH có phương trình 2x  y130,

CM có phương 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 phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC:x2y2mxnyp0

Vì A, B, C thuộc đường 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 đường tròn: x2y24x6y720 hay (x2)2(y3)285

0,5

2 (1 điểm)

M(6; 5) A(4; 6)

C(-7; -1)

B(8; 4)

H

11

- Giả sử N(x0;y0;z0) Vì N() 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































) 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 được x02 x5 060

























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 A 63

+) d 2 Số cách sắp xếp abc là A 63 A52

0,5

+) Với d4 hoặc d 6 kết quả giống như trường hợp d 2.

Do đó ta có số các số lập được là A633A63 A52420 0,5

1 (1 điểm)

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)

) 8 (

9 8

4







c c

0,5























2 13

2 0

26 17

2 2

c

c c

c

12 16 : ) ( 12 ,

16

2 2 2

a

* Nếu

2

13



4 / 39 52 : ) ( 4

39 ,

52

2 2 2

a

0,5

VIb

(2,0

điểm)

2 (1 điểm)

13

Giả sử M(x0;y0;z0) Khi đó từ giả thiết suy ra

5

2 2 )

2 ( ) 3 ( )

1 ( )

1 (x0 2 y02z02  x02 y0 2z02  x02 y0 2 z0 2  x0 y0





























































) 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

z

x y

Thay vào (3) ta được 5(3x028x010)(3x02)2















3 23 1 0

0

x

x













)

3

14

; 3

23

; 3

23 (

) 2

; 1

; 1 (

M

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

VIIb

(1,0

điểm)

Suy ra a là hệ số của 8 x8 trong biểu thức 8(1x)89(1x)9