Tài liệu TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC có đáp án doc

2.Với giá trị nào của  thì thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất... Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng SB và SC.. Tính thể tích khối chóp A.BCN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LÊ QUÝ ĐÔN

Tổ : Toán – Tin

*******

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I

Năm học: 2009 - 2010 Môn : TOÁN - Khối: A, B

(Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề)

ĐỀ BÀI Câu I: (2 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y  x3 3x24 (1)

2 Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;-2) với hệ số góc k ( k < 3 )

đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phương trình: 3 cos3x2sin 2 cosx xsinx = 0

2 Giải hệ phương trình:

2

3

log

log

x

x y

x









Câu III: (2 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB)

60 ,

1.Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC 2.Với giá trị nào của  thì thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất.

Câu IV: (2 điểm)

1 Tính nguyên hàm: I  x e( 2x 31x dx2)

2 Cho khai triển (13 )x n a0 a x1   a x n n trong đó nvà các hệ

số a a0, , ,1 a thoả mãn hệ thức: n 1

n n

a a

Tìm số lớn nhất trong các số a a0, , ,1 a n

Câu V: (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyến

BM: x – 2y + 1 =0 ; CN: y = 1 Tìm toạ độ B và C

2 Cho các số thực x,y,z thoả mãn điều kiện

3 3 3 1

:

4

3 3 3 3 3 3

CMR

-Hết -TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LÊ QUÝ ĐÔN

Tổ : Toán – Tin

*******

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I

Năm học: 2009 - 2010 Môn : TOÁN - Khối: D

(Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề)

ĐỀ BÀI Câu I: (2 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y  x3 3x24 (1)

2 Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;-2) với hệ số góc k ( k < 3 )

đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phương trình: 3 cos3x2sin 2 cosx xsinx = 0

2 Giải hệ phương trình:

2

xy x y y x

y x x y y x x y

    



Câu III: (2 điểm)

1.Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều ABC cạnh a, SA = 2a và SA

vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A

trên các đường thẳng SB và SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM

2 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyến

BM: x – 2y + 1 =0 ; CN: y = 1 Tìm toạ độ B và C

Câu IV: (2 điểm)

1.Tính nguyên hàm: I  x e( 2x31x dx2)

2 Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức:

2n 2n 2n 2n n 2048

C C C  C  (Ck n số tổ hợp chập k của n phần tử)

Câu V: (2 điểm)

1.Giải phương trình :

1 (9 15.3 27) 2 0

4.3 3



2 Cho các số thực dương thay đổi x, y, z thoả mãn: x2y2z23

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P

ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I

KHỐI D – NĂM HỌC : 2009 - 2010

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y  x3 3x24 (1) 1

.Sự biến thiên

2

y   x  x y   x  x

.Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên mỗi khoảng :

;0 và 2;

Hàm số đạt cực tiểu tại xCT = 0 ; yCT = y(0) = -4 Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 2 ; yCĐ = y(2) = 0

0.25

BBT

-4

0



0.25

Đồ thị

-2

-4

0.25

2

Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;-2) với hệ số góc k

( k < 3 ) đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I

là trung điểm của đoạn thẳng AB

1 I

Gọi (C) là đồ thị hàm số (1) Ta thấy I(1;-2) (C)

Đường thẳng (d) đi qua I(1;-2) với hệ số góc k ( k < 3 ) có phương trình:

y = k(x-1) – 2

0.25

Hoành độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của phương trình:

2

1

x

 



0.25

Do k <3 nên pt(*) có    ' 3 k 0 và x = 1 không là nghiệm của (*)

Suy ra (d) luôn cắt (C) tại ba điểm phân biệt I(xI;yI) A(xA;yA) B(xB;yB)

với xA,xB là nghiệm của phương trình (*)

0.25

Vì xA+xB =2 = 2xI và I,A,B cùng thuộc (d) nên I là trung điểm của AB 0.25

Phương trình đã cho tương đương với:

3 cos3 (sin 3 sin ) sinx = 0

os3 sin 3 sinx

0.25

3 sin( 3 ) sinx 3

3

x x k x









    





0.5

k

x     xk  k

2 Giải hệ phương trình:

2

3

log

log

x

x y

x









1

ĐK: 0 x 1; x y 0

Hệ PT

9 9 10 ( ) 3 2

x y



 



0.25

x y 8



 

  

S x y

P xy

  



 

Hệ trở thành:

2

S 8

P 16

P 18P 657 9 P

P 18P 657 ( 9 P )

 



 



0.25

II

xy 16

  

 

1

Cho hình chóp S.ABC có SA vuônggóc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng

60 ,

Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

1

j

C S

B

A

H

I

Trong mặt phẳng (SAB) kẻ AH SB

Do giả thiết (SAB)  (SBC) AH (SBC)AH BC (1)

0.25

Giả thiết SA(ABC) SABC (2)

BC AB





0.25

Tam giác ASC vuông tại A; tam giác SBC vuông tại B.Gọi I là trung điểm của SC, ta có :IS = IA = IC = IB

Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

0.25 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp R = IS = IC = SC/2

60

os60

SB

c

Vậy R = a

0.25

2 Với giá trị nào của  thì thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất. 1

os os

AB SB





Trong tam giác vuông SBC: BC = SB.tan600 = a 3

0.25

III

.

os sin 3

3 sin os sin 2

0.25

Ta thấy:

.

sin 2

S ABC

Dấu “=” xảy ra khi sin 2 1

4



  

Vậy thể tích khối chóp SABC đạt giá trị lớn nhất khi

4



 

0.5

3

1

x

I xe dx x x dx J K

2

2

x x

du dx

u x

e

dv e dx v



0.25

Ta có: J =

1

K =

2

x x dx  x d x   x C

Vậy

4 2

1 3

(1 )

2 4 8

x

x

xe

I   e  x C

0.5

2

Cho khai triển (13 )x n a0 a x1   a x n n trong đó nvà các hệ

số a a0, , ,1 a thoả mãn hệ thức: n 1

n n

a a

Tìm số lớn nhất trong các số a a0, , ,1 a n

1

Đặt

1

1 ( ) (1 3 ) 1024 ( )

a a

f x   x a a x a x a      f

Từ giải thiết suy ra 2n = 1024 = 210  n= 10

0.25

Với mọi k0,1, 2, ,9Ta có a k 3kC10k ; a k13k1C10k1

10

1 1 10 1

3(10 ) 4 3

7

k k k

k

k

C C

 







  

0.25

Do đó a0   Tương tự ta cũng có:a1 a8

8 9 10 1

k k

a

IV

Vậy số lớn nhất trong các số a a0, , ,1 a là n a838C108 0.25

V

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyến

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, A(1;3) Toạ độ của G là nghiệm

G

0.25 BM: x – 2y + 1 = 0 B(-1+2t;t) CN: y = 1C(s;1) 0.25

      

2

Cho các số thực x,y,z thoả mãn điều kiện

4

3 3 3 3 3 3

CMR

Đặt 3x a;3y b; 3z c Ta có a,b,c>0 và ab + bc + ca = abc

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

4

4

(*) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4

a bc b ca c ab

a abc b cba c abc

a b a c b a b c c a c b

 

 

 

0.5

Áp dụng BĐT Côsi ta có:

3

3

3

3

3

3

Cộng từng vế của (1)(2)(3), ta suy ra:

( )( ) ( )( ) ( )( ) 4

a b a c b a b c c a c b

 

Vậy (*) đúng và ta có đpcm

0.5

ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I

KHỐI D – NĂM HỌC : 2009 - 2010

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y  x3 3x24 (1) 1

.Sự biến thiên

2

y   x  x y   x  x

.Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên mỗi khoảng :

;0 và 2;

Hàm số đạt cực tiểu tại xCT = 0 ; yCT = y(0) = -4 Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 2 ; yCĐ = y(2) = 0

0.25

BBT

-4

0



0.25

Đồ thị

-2

-4

0.25

2

Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;-2) với hệ số góc k

( k < 3 ) đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I

là trung điểm của đoạn thẳng AB

1 I

Gọi (C) là đồ thị hàm số (1) Ta thấy I(1;-2) (C)

Đường thẳng (d) đi qua I(1;-2) với hệ số góc k ( k < 3 ) có phương trình:

y = k(x-1) – 2

0.25

Hoành độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của phương trình:

2

1

x

 



0.25

Do k <3 nên pt(*) có    ' 3 k 0 và x = 1 không là nghiệm của (*)

Suy ra (d) luôn cắt (C) tại ba điểm phân biệt I(xI;yI) A(xA;yA) B(xB;yB)

với xA,xB là nghiệm của phương trình (*)

0.25

Vì xA+xB =2 = 2xI và I,A,B cùng thuộc (d) nên I là trung điểm của AB 0.25

Phương trình đã cho tương đương với:

3 cos3 (sin 3 sin ) sinx = 0

os3 sin 3 sinx

0.25

3 sin( 3 ) sinx 3

3

x x k x









    





0.5

k

x     xk  k

2 Giải hệ phương trình:

2

xy x y y x

y x x y y x x y

    



ĐK x0; y1

Hệ phương trình đã cho tương đương với

2 0 (1)





0.25

( )(2 1) 0 2 1 0

do x y

(2 1) 2 2 1 ( 1) 2 1

II

1

2 1

2

1 ( 1 0) 2



Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều ABC cạnh a, SA = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng SB và SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM

1

S

A

C

B

M N

K H

Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK

,

Do BC AK BC SA BC AH

19

a AH

Xét tam giác vuông SAB:

2 2

2

4

SA SM.SB

5

SM SA

SB SB

Xét tam giác vuông SAC:

2 2

2

4

SA SN.SC

5

SN SA

SC SC

SUy ra

2

SMN

SBC

0.25

Vậy thể tích khối chóp A.BCNM là:

3

3 BCNM 50

a

2 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyến

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, A(1;3) Toạ độ của G là nghiệm

G

0.25

III

BM: x – 2y + 1 = 0 B(-1+2t;t) CN: y = 1C(s;1) 0.25

      

3

1

x

I xe dx x x dx J K

2

2

x x

du dx

u x

e

dv e dx v



0.25

Ta có: J =

1

K =

2

x x dx  x d x   x C

Vậy

4 2

1 3

(1 )

2 4 8

x

x

xe

I   e  x C

0.5

2

Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức:

2n 2n 2n 2n n 2048

IV

Ta có :

2

1

(1 1) 0 (1 1) 2

2

n n

n

n n

Từ giả thiết suy ra 22n12048 n 6

0.5

0.5

1 (9 15.3 27) 2 0

4.3 3

Điều kiện : 4.3x– 3>0

Phương trình đã cho tương đương với:

2

(9 15.3 27) (4.3 3)

9 15.3 27 (4.3 3) 5.(3 ) 13.3 6 0

2 3

5 3 3 ( 3 0) 1 ( )

3 3

x

x









 



Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình

0.25

0.25

0.5

V

Cho các số thực dương thay đổi x, y, z thoả mãn: x2 y2z23

P

1

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương a, b, c ta có:

1 1 1 1 1 1 9

 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Áp dụng (*) ta có :

2

18

18

(1)

P

x y z





  

0.5

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức bunhiakopxki ta có:

(x y z) 3(x y z )9 (2)

3 9 2



Dấu bằng xảy ra khi

3

x y z

  

         



   



2

P    x y z

0.5