Đề thi thử đại học Môn : Toán- Khối A - Trường THPT Chuyên pptx

TRƯỜNG ðAI HỌC VINH

®Ò thi thö ®¹i häc n¨m häc 2009-2010

Khối THPT Chuyên

MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài:
180 phút





A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
(7,0 ñiểm)
Câu I. (2,0 ñiểm) Cho hàm số
mxxmxy −++−= 9)1(3
2
3
, với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số
ñã cho ứng với
1
=
m
.
2. Xác ñịnh
m
ñể hàm số ñã cho ñạt cực trị tại

2
1
,
x
x
sao cho
2
2
1
≤
−
x
x
.
Câu II.
(2,0 ñiểm)

1. Giải phương trình:
)
2
sin(
2
cos
sin
2
sin
cot
2
1
π

+
=
+
+
x
x
x
x
x
.
2. Giải phương trình:
)1
2(
log
1
)1
3(
log
2
3
5
5
+
=
+
−
x
x
.
Câu III.

(1,0 ñiểm) Tính tích phân
∫
+
+
=
5
1
2
1
3
1
dx
x
x
x
I
.
Câu IV.
(1,0 ñiểm) Cho hình lăng trụ tam giác ñều
'
'
'
.
C
B
A
ABC
có
).
0

(
'
,1
>
=
=
m
m
CC
AB

Tìm
m
biết rằng góc giữa hai ñường thẳng
'
AB
và
'
BC
bằng
0
60
.
Câu V.
(1,0 ñiểm) Cho các số thực không âm
z
y
x
,
,

thoả mãn 3
2
2
2
=
+
+
z
y
x
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
z
y
x
zx
yz
xy
A
+
+
+
+
+
=
5
.
B. PHẦN RIÊNG
(3,0 ñiểm)
Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần

(phần a, hoặc b).
a. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa
.
(2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ
,
Oxy
cho tam giác
ABC
có
)6;4(
A
, phương
trình các ñường thẳng chứa ñường cao và trung tuyến
kẻ từ ñỉnh
C
lần lượt là
0
13
2
=
+
−
y
x
và
0
29
13
6

=
+
−
y
x
. Viết phương trình ñường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
2. Trong không gian với hệ toạ ñộ
,
Oxyz
cho hình vuông
MNPQ
có
)4
;3;2(
),
1
;3;5(
−
−
P
M
. Tìm toạ
ñộ ñỉnh
Q
biết rằng ñỉnh
N
nằm trong mặt phẳng
.0

6
:)
(
=
−
−
+
z
y
x
γ

Câu VIIa.
(1,0 ñiểm) Cho tập
{
}
6,5,4,3,2,1,0=
E
. Từ các chữ số của tập
E
lập ñược bao nhiêu số tự
nhiên chẵn gồm 4 chữ số ñôi một khác nhau?
b. Theo chương trình Nâng cao
:
Câu VIb.
(2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ ,
Oxy
xét elíp )
(
E

ñi qua ñiểm )3
;2
(
−
−
M
và có
phương trình một ñường chuẩn là .0
8
=
+
x
Viết phương trình chính tắc của ).
(
E

2. Trong không gian với hệ toạ ñộ
,
Oxyz
cho các ñiểm
)2;3;0(
),
0;1;0(
),
0;0;1(
C
B
A
và mặt phẳng
.0

2
2
:)
(
=
+
+
y
x
α
Tìm toạ ñộ của ñiểm
M
biết rằng
M
cách ñều các ñiểm
C
B
A
,
,
và mặt phẳng
).
(
α

Câu VIIb.
(1,0 ñiểm) Khai triển và rút gọn biểu thức
n
x
n

x
x
)
1(

)
1(2
1
2
−
+
+
−
+
−
thu ñược ña thức
n
n
x
a
x
a
a
x
P
+
+
+
=

)
(
1
0
. Tính hệ số
8
a
biết rằng
n
là số nguyên dương thoả mãn
n
C
C
n
n
1
7
1
32
=+ .
Hết



.
P N THI TH LN 1 NM 2009

Cõu
ỏp ỏn im

1. (1,25 ủim)
Với
1
=
m
ta có
1
9
6
2
3

+

=
x
x
x
y
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên

Chiều biến thiên:
)3
4
(3
9
12
3

'
2
2
+

=
+

=
x
x
x
x
y

Ta có



<
>

>
1
3
0
'
x
x
y

,
3
1
0
'
<
<

<
x
y
.
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1,
(

và
)
,3(

+
.
+ H

m số nghịch biến trên khoảng
).
3
,1(

0,5

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1
=
x
và
3
)1(
=
=
y
y
CD
; đạt cực tiểu tại
3
=
x
và
1)3( == yy
CT
.

Giới hạn:
+

=

=
+



y
y
x
x
lim
;
lim
.


0,25

Bảng biến thiên:

0,25
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
)1
,0(

.
1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O






0,25
2.
(0,75 điểm)


Ta có

.9
)1
(6
3
'
2
+
+

=
x
m
x
y

+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại
2
1
,
x
x



phơng trình
0
'
=
y
có hai nghiệm pb là

2
1
,
x
x



Pt
03)1(2
2
=++ xmx
có hai nghiệm phân biệt là
21
, xx
.





<
+>

>

+
=

31
31
0
3
)1
(
'
2
m
m
m

)1(





0,25

I
(
2,0
ủ
i

m
)

+) Theo định lý Viet ta có

.3
);
1
(2
2
1
2
1
=
+
=
+
x
x
m
x
x
Khi đó
( ) ( )
41214442
2
21
2
2121
++ mxxxxxx




Trờng

ại học vinh
Khối THPT chuyên
đáp án đề khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 - 2009
Môn Toán, khối A

x
y
y
3
-
1

+




0
0
3
1

+




+

+




)2(
1
3
4
)1
(
2





+

m
m

Từ (1) và (2) suy ra giá trị của
m
là
3
1
3

<


m
và
.1
3
1

<
+

m

0,5

1.
(1,0 điểm
)
Điều kiện:
.0
cos
sin
,0
sin

+

x
x

x

Pt đ cho trở thành
0
cos
2
cos
sin
cos
sin
2
sin
2
cos
=

+
+
x
x
x
x
x
x
x


0
2
sin

)
4
sin(
cos
0
cos
sin
cos
2
sin
2
cos
2
=







+

=
+


x
x
x

x
x
x
x
x


+)
.
,
2
0
cos


+
=

=
k
k
x
x

0,5

+)








+
=
+
=







+


=
+
+
=

+
=
n
m
n
x
m
x
n
x
x
m
x
x
x
x
,
3
2
4
2
4
2
4
2
2
4
2
)

4
sin(
2
sin












.
,
3
2
4


+
=

t
t
x

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là



k
x
+
=
2
;
.
,
,
3
2
4


+
=
t
k
t
x

0,5

2.
(1,0 điểm)

Điều kiện
.
3
1
>
x
(*)
Với đk trên, pt đ cho
)1
2(
log
3
1
)1
3(
log
5
2
5
+
=

+


x
x


3
2
3
5
2
5
)1
2(
)1
3(5
)1
2(
log
)1
3(5
log
+
=


+
=

x
x
x
x




0,5

II
(
2,0
ủ
i

m
)






=
=

=

=

+


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
.2
=
x




0,5

Đặt
3
2
1
3
2
3
1
3
tdt
dx
x
dx
dt
x
t
=

+

=

+
=
.
Khi
1=x
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
I



+=
4
2
2
4
2
2
1
2)1(
9
2
t
dt
dtt

0,5

III
(
1,0
ủim)


.
5
9
ln
27
100
2
4
1
1
ln
2
4
3
1
9
2
3
+

=
+

+







=
t
t
t
t


0,5
- Kẻ
)'
'
(
'
//
B
A
D
AB
BD

0
60
)'
,
(
)'
,'
(
=
=

BC
BD
BC
AB


0
60
'
=


DBC
hoặc
.
120
'

0
=

DBC


0,5

IV
(1,0
điểm)

- Nếu
0
60
'
=

DBC

Vì lăng trụ đều nên
).'
'
'
(
'
C
B
A
BB

áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta
có



1
'
2
+
=
=
m
BC
BD
và
.3
'
=
DC

Kết hợp
0
60
'
=

DBC
ta suy ra

'
BDC


đều.
Do đó
.2
3
1
2
=

=
+
m
m

- Nếu
0
120
'
=

DBC

áp dụng định lý cosin cho
'
BDC

suy

ra
0
=
m
(loại).
Vậy
.2=m



* Chú ý:
- Nếu HS chỉ xét trờng hợp góc
0
60
thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng.
- HS có thể giải bằng phơng pháp ve
ctơ hoặc toạ độ với nhận xét:
'
'.
'
.'
)'
,'
cos(
)'
,'
cos(
BC
AB
BC

AB
BC
AB
BC
AB
=
=
.





0,5
Đặt
z
y
x
t
+
+
=


2
3
)
(2
3
2

2

=
+
+

+
+
+
=
t
zx
yz
xy
zx
yz
xy
t
.
Ta có
3
0
2
2
2
=
+
+

+

+

z
y
x
zx
yz
xy
nên
3
3
9
3
2





t
t
vì
.0
>
t

Khi đó
.
5
2

3
2
t
t
A
+

=




0,5
V
(1,0
điểm)

Xét hàm số
.3
3
,
2
35
2
)
(
2

+
=
t
t
t
t
f

Ta có
0
5
5
)
('
2
3
2
>

=

=
t
t
t
t
t
f
vì
.3

t

Suy ra
)
(
t
f
đồng biến trên
]3
,3
[
. Do đó
.
3
14
)3(
)
(
=

f
t
f

Dấu đẳng thức xảy ra khi
.1
3
=
=

=

=
z
y
x
t

Vậy GTLN của
A
là
3
14
, đạt đợc khi
.1
=
=
=
z
y
x






0,5
1.
(1 điểm)

VIa.
(2,0
điểm)

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

và
CM
. Khi đó
CH
có phơng trình
0
13
2
=
+

y
x
,
CM
có phơng trình
.0
29
13

6
=
+

y
x

- Từ hệ
).
1
;7
(
0
29
13
6
0132






=
+

=+
C
y
x

yx

-
)2
,1(
=
=


CH
AB
u
n
CH
AB


0
16
2
:
=

+

y
x
AB
pt
.

- Từ hệ
)5;6(
029136
0162
M
yx
yx




=+
=+









0,5
A

2
1
m
+
C

C

B

B

A

m

D

3
1
1
0
120

M
(6; 5)
A(4;
6)
C
(-7; -1)
B
(8; 4)
H

).

4
;8(
B



- Giả sử phơng trình đờng tròn ngoại tiếp
.0
:
2
2
=
+
+
+
+

p
ny
mx
y
x
ABC

Vì
A
,
B
,
C

thuộc đờng tròn nên





=+
=
+
+
+
=
+
+
+
0750
0
4
8
80
0
6
4
52
pnm
p
n
m
p
n

m





=
=

=

72
6
4
p
n
m
.
Suy ra pt đờng tròn:
0
72
6
4
2
2
=

+

+

y
x
y
x
hay
.
85
)3
(
)2
(
2
2
=
+
+

y
x



0,5
2.
(1 điểm)

- Giả sử
)
;
;

(
0
0
0
z
y
x
N
. Vì
)1(
0
6
)
(
0
0
0
=


+


z
y
x
N


-

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
00
2
000
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
0
6
5
0
2
0
=
+

x
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
(

I
.
Nếu
)1
3;2(

N
thì
).
4
;3;5(

Q

Nếu
)2
;1;3(

N
thì
).

3
;5;4(

Q




0,5

Giả sử
abcd
là số thoả mn ycbt. Suy ra
{
}
6
,4
,2
,0

d
.
+)
.0
=
d
Số cách sắp xếp
abc
là
.

3
6
A

+)
.2
=
d
Số cách sắp xếp
abc
là
.
2
5
3
6
A
A




0,5

VIIa.
(1,0
điểm)

+) Với
4

=
d
hoặc
6
=
d
kết quả giống nh trờng hợp
.2
=
d

Do đó ta có số các số lập đợc là
(
)
.
420
3
2
5
3
6
3
6
=

+
A
A
A

0,5
1. (1 điểm)

- Gọi phơng trình
)0
(
1
:)
(
2
2
2
2
>
>
=
+
b
a
b
y
a
x
E
.
- Giả thiết

=
=
+

)2(
8
)1(
1
9
4
2
2
2
c
a
b
a

Ta có
).
8(
8
8
)2(
2

2
2
2
2
c
c
c
c
c
a
b
c
a

=

=

=

=


Thay vào (1) ta đợc
1
)8(
9
8
4
=

+
ccc
.




0,5


VIb.
(2,0
điểm)

=
=

=
+


2
13
2
0
26
17
2
2
c
c
c
c





* NÕu
2
=
c

th×
.1
12
16
:)
(
12
,
16
2
2
2
2
=
+
⇒
=
=
y
x
E
b
a

* NÕu
2
13
=
c
th× .1

4
/
39
52
:)
(
4
39
,
52
2
2
2
2
=
+
⇒
=
=
y
x
E
b
a



0,5
2.
(1 ®iÓm)

Gi¶ sö )
;
;
(
0
0
0
z
y
x
M
. Khi ®ã tõ gi¶ thiÕt suy ra
5
2
2
)2
(
)3
(
)1
(
)1
(
0
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









+
+
=
+
+
−
−
+
−
+
=

+
−
+
+
−
+
=
+
+
−
⇔
)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

Tõ (1) vµ (2) suy ra



−=
=
0
0
0
0
3 xz
x
y
.
Thay vµo (3) ta ®−îc
2
0
0
2
0
)2
3(
)
10
8

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

Ta cã





=
−
−

+
−
≥
⇔
=
+
n
n
n
n
n
n
n
n
C
C
n
n
1
)2
)(
1
(
!3.7
)1
(
2
3
1
7

1
3
2


.9
0365
3
2
=
⇔



=−−
≥
⇔
n
nn
n




0,5

VIIb.
(1,0
®iÓm)

Suy ra
8
a
lµ hÖ sè cña
8
x
trong biÓu thøc
.
)
1(9
)
1(8
9
8
x
x
−
+
−

§ã lµ
.
89
.9
.8
8
9
8
8
=

+
C
C


0,5