Tài liệu Thi thử ĐH môn Toán đợt 1_THPT chuyên Lê Quý Đôn [2009-2010] docx

1
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 :
3 2
3 4 (1)y x x  
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:
3cos3 2sin2 .cos sinx=0x x x 
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
9 9 10
3
( )
log
log
x
x y
x y

x


   





 




Câu III: (2 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB)
vuông góc với mặt phẳng (SBC), SB = a ,


0
60 ,BSC ASB  
.
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:
3
2 2

( 1 )
x
I x e x dx  

2. Cho khai triển
0 1
(1 3 )
n n
n
x a a x a x    
trong đó
n

 
và các hệ
số
0 1
, , ,
n
a a a
thoả mãn hệ thức:
1
0
1024
3
3
n
n
a
a

a    
.
Tìm số lớn nhất trong các số
0 1
, , ,
n
a a a
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
9 9 9 3 3 3
:
4
3 3 3 3 3 3
x y z
x y z x y z
x y z y x z z y x
CMR
  
  
  
 
  
  
Hết
2
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 :
3 2
3 4 (1)y x x  
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:
3cos3 2sin2 .cos sinx=0x x x 
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 1 ( , )
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:
3
2 2
( 1 )
x
I x e x dx  

2. Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức:
0 2 4 2
2 2 2 2
2048
n
n n n n
C C C C
    
(
k
n
C
số tổ hợp chập k của n phần tử).

Câu V: (2 điểm)
1.Giải phương trình :
3 3
1
(9 15.3 27) 2. 0
4.3 3
log log
x x
x
   

2. Cho các số thực dương thay đổi x, y, z thoả mãn:
2 2 2
3x y z  
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
  
  
Hết
3
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
KHỐI D – NĂM HỌC : 2009 - 2010
Câu
Ý
Nội dung
Điểm

1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :
3 2
3 4 (1)y x x  
1
.TXD: D =

lim lim
x x 
  
0.25
.Sự biến thiên
2
' 3 6 ' 0 0 2y 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 x
CT
= 0 ; y
CT
= y(0) = -4
. Hàm số đạt cực đại tại x
CĐ
= 2 ; y
CĐ
= y(2) = 0

0.25
BBT
x

0
2

y’
-
0
+
0
-
y

-4
0

0.25
Đồ thị
-2
-4
-5
5
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
4
Hoành độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của phương trình:
3 2 2
2
3 4 ( 1) 2 ( 1)( 2 2 ) 0
1
2 2 0(*)
x x k x x x x k
x
x x k
           





   

0.25
Do k <3 nên pt(*) có
' 3 0k   
và x = 1 không là nghiệm của (*)
Suy ra (d) luôn cắt (C) tại ba điểm phân biệt I(x

I
;y
I
) A(x
A
;y
A
) B(x
B
;y
B
)
với x
A,
x
B
là nghiệm của phương trình (*)
0.25
Vì x
A+
x
B
=2 = 2x
I
và I,A,B cùng thuộc (d) nên I là trung điểm của AB
0.25
1
Giải phương trình:
3cos3 2sin2 .cos sinx=0x x x 
1

Phương trình đã cho tương đương với:
3cos3 (sin3 sin ) sinx=0
3 1
os3 sin3 sinx
2 2
x x x
c x x
  
  
0.25
3 2
3
sin( 3 ) sinx
3
3 2
3
x x k
x
x x k




 

  


   



   


0.5
Vậy
( )
12 2 3
k
x x k k
  


     
0.25
2
Giải hệ phương trình:
2 2
2
9 9 10
3
( )
log
log
x
x y
x y
x



   





 




1
ĐK:
0 1; 0x x y   
Hệ PT
2 2
9 9 10
( ) 3 2
log log
x x
x y
x y


   






 



0.25
2 2
x 9 y 9 10
x y 8


   




 


đặt
S x y
P xy

 








0.25
Hệ trở thành:
2
2 2
S 8
S 8
S 8
P 9
P 16
P 18P 657 9 P
P 18P 657 (9 P )












 
  
  
  

   



 


   


0.25
II
Vậy ta có:
x y 8
x y 4
xy 16

 


  





(thỏa mãn điều kiện)
0.25
5
1
Cho hình chóp S.ABC có SA vuônggóc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng
(SAB) vuông góc với mặt phẳng (SBC), SB = a ,



0
60 ,BSC ASB  
.
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)
( ) (1)AH SBC AH BC   
0.25
Giả thiết SA

(ABC)
SA BC 
(2)
Từ (1)(2) suy ra
( )
BC SB
BC SAB

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
Trong
SBC
có SB = a;

0
60BSC 
suy ra
0
2
os60
SB
SC a
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
Trong tam giác vuông SAB, tacó:
sin asin
os os
AB SB
SA SBc ac
 
 

 




 


Trong tam giác vuông SBC: BC = SB.tan60
0
=
3a
0.25
III

.
3 3
1 1 1
. os . . sin . 3
3 3 2
1 3
3sin . os sin2
6 12
S ABC ABC
V SAS ac a a
a c a
 
  
 
 
0.25
6
Ta thấy:
3 3
.
3 3
sin2
12 12
S ABC
V a a 
Dấu “=” xảy ra khi
sin2 1
4

   

Vậy thể tích khối chóp SABC đạt giá trị lớn nhất khi
4

 
0.5
1
Tính nguyên hàm:
3
2 2
( 1 )
x
I x e x dx  

1
3
2 2
1
x
I xe dx x x dx J K    
 
Tính J =
2x
xe dx

Đặt
2
2
2
x
x

du dx
u x
e
dv e dx
v










 
 


 



0.25
Ta có: J =
2 2
2 2
1 1
1
2 2 2 4

x x
x x
xe xe
e dx e C   

0.25
K =
1 4
3
2 2 2 2
3 3
2
1 1 3
1 (1 ) (1 ) . (1 )
2 2 4
x x dx x d x x C      
 
Vậy
4
2
2 2
3
1 3
(1 )
2 4 8
x
x
xe
I e x C    
0.5

2
Cho khai triển
0 1
(1 3 )
n n
n
x a a x a x    
trong đó
n

 
và các hệ
số
0 1
, , ,
n
a a a
thoả mãn hệ thức:
1
0
1024
3
3
n
n
a
a
a    
.
Tìm số lớn nhất trong các số

0 1
, , ,
n
a a a
1
Đặt
1
0 1 0
1
( ) (1 3 ) 1024 ( )
3 3
3
n n
n
n
n
a
a
f x x a a x a x a f           
Từ giải thiết suy ra 2
n
= 1024 = 2
10

n= 10
0.25
Với mọi
 
0,1,2, ,9k 
Ta có

1
1
10 10
1
3 ; 3
k k
k k
k k
a a
C C



 
10
1
1
10
1
3 1 29
1 1 1
3(10 ) 4
3
7
k
k
k
k
k
k

a
k
k
a k
k k
C
C




      

  
0.25
Do đó
0 1 8
a a a  
.Tương tự ta cũng có:
8 9 10
1
1 7
k
k
a
k a a a
a

     
0.25

IV
Vậy số lớn nhất trong các số
0 1
, , ,
n
a a a
là
8
8
10
8
3a
C

0.25
V
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.
1
7
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, A(1;3). Toạ độ của G là nghiệm
của hệ
2 1 0 1
(1;1)
1 1
x y x
G
y y
 

   
 
 
 
 
 
 
 
 
0.25
BM: x – 2y + 1 = 0

B(-1+2t;t) CN: y = 1

C(s;1)
0.25
Theo tính chất toạ độ trọng tâm ta có :
1 1 2 3 5
3 1 3 1
t s s
t t
 
    
 
 

 
 
   
 

 
0.25
Vậy B(-3;-1) C(5;1)
0.25
2
Cho các số thực x,y,z thoả mãn điều kiện
9 9 9 3 3 3
3 3 3 1 :
4
3 3 3 3 3 3
x y z x y z
x y z
x y z y x z z y x
CMR
  
  
 
     
  
1
Đặt
3 ;3 ; 3
x y z
a b c  
Ta có a,b,c>0 và ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
2 2 2
3 3 3
2 2 2
3 3 3

4
4
(*)
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a bc b ca c ab
a b c a b c
a abc b cba c abc
a b c a b c
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
3 3
3
3
3 . . (1)
( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4

3
3 . . (2)
( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
3
3 . . (3)
( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
a a b a c a a b a c a
a b a c a b a c
b b a b c b b a b c b
b a b c b a b c
c c a c b c c a c b c
c a c b c a c b
   
   
   
   
   
   
   
   
   
Cộng từng vế của (1)(2)(3), ta suy ra:
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b a b c c a c b
 
  
     
Vậy (*) đúng và ta có đpcm.

0.5
8
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
KHỐI D – NĂM HỌC : 2009 - 2010
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :
3 2
3 4 (1)y x x  
1
.TXD: D =

lim lim
x x 
  
0.25
.Sự biến thiên
2
' 3 6 ' 0 0 2y 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 x
CT

= 0 ; y
CT
= y(0) = -4
.Hàm số đạt cực đại tại x
CĐ
= 2 ; y
CĐ
= y(2) = 0
0.25
BBT
x

0
2

y’
-
0
+
0
-
y

-4
0

0.25
Đồ thị
-2
-4

-5
5
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
9
Hoành độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của phương trình:
3 2 2
2
3 4 ( 1) 2 ( 1)( 2 2 ) 0
1
2 2 0(*)
x x k x x x x k
x
x x k
           






   

0.25
Do k <3 nên pt(*) có
' 3 0k   
và x = 1 không là nghiệm của (*)
Suy ra (d) luôn cắt (C) tại ba điểm phân biệt I(x
I
;y
I
) A(x
A
;y
A
) B(x
B
;y
B
)
với x
A,
x
B
là nghiệm của phương trình (*)
0.25
Vì x
A+
x
B

=2 = 2x
I
và I,A,B cùng thuộc (d) nên I là trung điểm của AB
0.25
1
Giải phương trình:
3cos3 2sin2 .cos sinx=0x x x 
1
Phương trình đã cho tương đương với:
3cos3 (sin3 sin ) sinx=0
3 1
os3 sin3 sinx
2 2
x x x
c x x
  
  
0.25
3 2
3
sin( 3 ) sinx
3
3 2
3
x x k
x
x x k





 

  


   


   


0.5
Vậy
( )
12 2 3
k
x x k k
  


     
0.25
2
Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 1 ( , )
xy x y y x
y x x y y x x y



   



    



1
ĐK
0; 1x y 
Hệ phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 0 (1)
2 1 (2)
xy x y y x
y x x y y x


    



   


0.25
( )(2 1) 0 2 1 0

( 0)
2 1 2 1
x y x y x y
dox y
y x x y y x y x x y y x
 
      
 
 
  
 
 
       
 
 
0.25
2 1 2 1
(2 1) 2 2 1 ( 1) 2 1
y x y x
x x x x x x x x
 
   
 
 

 
 
      
 
 

0.25
II
1
2 1
2
1 ( 1 0)
2
y x
x
x do x
y



 



 
 
 
 
  
 




( thoả mãn điều kiện)
0.25

10
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.
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.
,
¸H , ( )
Do BC AK BC SA BC AH
Do AH K AH BC AH SBC
   
   
0.25
Xét tam giác vuông SAK:
2 2 2
1 1 1 2 3
19
a
AH
AH SA AH

   
0.25
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
16 9 9 19
25 25 100
SMN
BCMN SBC

SBC
S
a
S S
S
   
0.25
Vậy thể tích khối chóp A.BCNM là:
3
1 3 3
.
3 50
BCNM
a
V AH S 
0.25
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.
1
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, A(1;3). Toạ độ của G là nghiệm
của hệ
2 1 0 1
(1;1)
1 1
x y x
G
y y
 
   

 
 
 
 
 
 
 
 
0.25
III
BM: x – 2y + 1 = 0

B(-1+2t;t) CN: y = 1

C(s;1)
0.25
11
Theo tính chất toạ độ trọng tâm ta có :
1 1 2 3 5
3 1 3 1
t s s
t t
 
    
 
 

 
 
   

 
 
0.25
Vậy B(-3;-1) C(5;1)
0.25
1
Tính nguyên hàm:
3
2 2
( 1 )
x
I x e x dx  

1
3
2 2
1
x
I xe dx x x dx J K    
 
Tính J =
2x
xe dx

Đặt
2
2
2
x
x

du dx
u x
e
dv e dx
v










 
 


 



0.25
Ta có: J =
2 2
2 2
1 1
1
2 2 2 4

x x
x x
xe xe
e dx e C   

0.25
K =
1 4
3
2 2 2 2
3 3
2
1 1 3
1 (1 ) (1 ) . (1 )
2 2 4
x x dx x d x x C      
 
Vậy
4
2
2 2
3
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:
0 2 4 2
2 2 2 2
2048
n
n n n n
C C C C
    
(
k
n
C
số tổ hợp chập k của n phần tử)
1
IV
Ta có :
2
0 1 2 3 2
2 2 2 2 2
2 2
0 1 2 3 2
2 2 2 2 2
1
0 2 4 2
2 2 2 2
(1 1) 0
(1 1) 2
2
n

n
n n n n n
n n
n
n n n n n
n
n
n n n n
C C C C C
C C C C C
C C C C

       
       
     
Từ giả thiết suy ra
2 1
2 2048 6
n
n

  
0.5
0.5
1
Giải phương trình :
3 3
1
(9 15.3 27) 2. 0
4.3 3

log log
x x
x
   

1
Điều kiện : 4.3
x
– 3>0
Phương trình đã cho tương đương với:
2
3 3
2 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
log log
x x x
x x x x x
x
x x
x
do x tm
   
        






     




Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình.
0.25
0.25
0.5
V
12
2
Cho các số thực dương thay đổi x, y, z thoả mãn:
2 2 2
3x y z  
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
  
  
1
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương a, b, c ta có:
1 1 1 1 1 1 9

( )( ) 9 (*)a b c
a b c a b c a b c
        
 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Áp dụng (*) ta có :
2 2 2
2
1 1 1 9
1 1 1 3
18
3 ( 2 2 2 )
18
(1)
3 ( )
P
xy yz zx xy yz zx
x y z xy yz zx
x y z
   
     

     

  
0.5
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức bunhiakopxki ta có:
2 2 2 2
( ) 3( ) 9 (2)x y z x y z     
từ (1)(2), suy ra:

18 3
3 9 2
P  

Dấu bằng xảy ra khi
2 2 2
1 1 1 1
3
x y z
xy yz zx x y z
x y z


 



        




  


Vậy
3
min 1
2
P x y z    

0.5