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

1

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 mxxmxy  9)1(3
23
, với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với
1

m
.
2. Xác định
m
để hàm số đã cho đạt cực trị tại
21
, xx sao cho
2
21
 xx
.
Câu II. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: )
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1



 x
xx
x
x .
2. Giải phương trình: )12(log1)13(log2
3
5
5
 xx .
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân




5
1
2
13
1

dx
xx
x
I
.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều '''. CBAABC có ).0(',1



mmCCAB
Tìm
m
biết rằng góc giữa hai đường thẳng
'
AB
và 'BC bằng
0
60 .
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
z
y
x
,
,
thoả mãn
3
222
 zyx
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức

zyx
zxyzxyA


5
.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a. Theo chương trình Chuẩn:


2

2

Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC có )6;4(A ,
phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh
C
lần lượt là
0132



yx và 029136



yx . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hình vuông MNPQ có )4;3;2(),1;3;5(



PM .
Tìm toạ độ đỉnh
Q
biết rằng đỉnh
N
nằm trong mặt phẳng
.06:)(




zyx


Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập


6,5,4,3,2,1,0E . 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 )3;2(


M và
có phương trình một đường chuẩn là .08


x Viết phương trình chính tắc của ).(E

2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho các điểm
)2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA
và mặt
phẳng .022:)(



yx

Tìm toạ độ của điểm
M
biết rằng
M
cách đều các điểm CBA ,, và
mặt phẳng ).(


Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức
n
xnxx )1( )1(21
2

thu được đa
thức
n
n
xaxaaxP  )(
10

. Tính hệ số
8
a biết rằng
n
là số nguyên dương thoả mãn
n
CC
nn
171
32

.
Hết

Trường đại học vinh đáp án đề khảo sát chất lượng lớp 12 Lần 1 – 2009-2010
Môn Toán, khối chuyên
Cõu Đáp án Điểm

I 1. (1,25 điểm)


3

3

Với 1

m ta có 196
23
 xxxy .

* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
 Chiều biến thiên:
)34(39123'
22
 xxxxy

Ta có






1
3
0'
x
x
y
, 310'




xy .
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1,(


và
),3(


.
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng ).3,1(





0,5
 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1

x và 3)1(  yy
CD
; đạt cực tiểu tại 3

x và
1)3(  yy
CT
.
 Giới hạn: 

yy
xx
lim;lim .


0,25

4

4

 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)
x
y’
y
3
-1






0
0
3
1














5

5


Ta có
.9)1(63'
2
 xmxy

+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại
21
, xx


phương trình
0'

y

có hai nghiệm pb là
21
, xx



Pt
03)1(2
2
 xmx
có hai nghiệm phân biệt là
21
, xx
.








31
31
03)1('
2
m
m
m )1(

0,25

+) Theo định lý Viet ta có
.3);1(2
2121
 xxmxx
Khi đó




41214442
2
21
2
2121
 mxxxxxx

)2(134)1(
2
 mm

Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là
313  m
và
.131  m

0,5

II

1. (1,0 điểm)


6

6

Điều kiện: .0cossin,0sin



xxx
Pt đã cho trở thành 0cos2
cossin
cossin2
sin2
cos


 x
xx
xx
x

x


02sin)
4
sin(cos
0
cossin
cos2
sin2
cos
2











xxx
xx
x
x
x


+) .,
2
0cos  kkxx








0,5

+) 


















 nm
n
x
mx
nxx
mxx
xx ,
3
2
4
2
4
2
4
2
2
4
2
)
4
sin(2sin












.,
3
2
4
 t
t
x



Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là


kx 
2
;
.,,
3
2
4
 tk
t
x



0,5

2. (1,0 điểm)
Điều kiện .
3
1
x (*)
Với đk trên, pt đã cho
)12(log31)13(log
5
2
5
 xx


32
3
5
2
5
)12()13(5
)12(log)13(5log


xx
xx

0,5


7

7











8
1
2
0)18()2(
0436338
2
23
x
x

xx
xxx

Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là
.2

x




0,5

Đặt
3
2
132
3
13
tdt
dx
x
dx
dtxt 

 .
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
điểm)
.

5
9
ln
27
100
2
4
1
1
ln
2
4
3
1
9
2
3











t
t

tt

0,5

IV
(1,0
- Kẻ )''('// BADABBD


0
60)',()','(  BCBDBCAB


0
60' DBC hoặc .120'
0
DBC

0,5


8

8

- Nếu
0
60'DBC

Vì lăng trụ đều nên ).'''(' CBABB



áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta
có



1'
2
 mBCBD và .3'DC
Kết hợp
0
60'DBC ta suy ra 'BDC


đều.
Do đó
.231
2
 mm

- 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 trường hợp góc
0
60 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng.
- HS có thể giải bằng phương pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:
''.
'.'
)','cos()','cos(
BCAB
BCAB
BCABBCAB  .





0,5
A
2
1
m

C
C’
B’
B

A’
m
D
3
1
1
0
120



9

9

Đặt
z
y
x
t





2
3
)(23
2
2



t
zxyzxyzxyzxyt
.
Ta có 30
222
 zyxzxyzxy nên 3393
2
 tt vì .0

t
Khi đó .
5
2
3
2
t
t
A 





0,5
V
(1,0
điểm)
Xét hàm số

.33,
2
35
2
)(
2
 t
t
t
tf

Ta có
0
55
)('
2
3
2



t
t
t
ttf
vì
.3t

Suy ra )(tf đồng biến trên
]3,3[

. Do đó
.
3
14
)3()(  ftf

Dấu đẳng thức xảy ra khi .13





zyxt
Vậy GTLN của A là
3
14
, đạt được khi .1



zyx





0,5
1. (1 điểm)

10

10

- Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH
và CM. Khi đó
CH có phương trình 0132



yx ,
CM có phương trình .029136



yx
- Từ hệ
).1;7(
029136
0132






C
yx
yx

-
)2,1(
CHAB
unCHAB

0162:




yxABpt .
- Từ hệ
)5;6(
029136
0162
M
yx
yx







).4;8(B


0,5
- Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp
.0:
22
 pnymxyxABC

Vì A, B, C thuộc đường tròn nên








0750
04880
06452
pnm
pnm
pnm










72
6
4
p
n
m
.
Suy ra pt đường tròn:
07264
22
 yxyx
hay
.85)3()2(
22
 yx



0,5
2. (1 điểm)
M(6; 5)
A(4; 6)
C(-7; -1)

B(8; 4)
H


11

11

- Giả sử );;(
000
zyxN . Vì )1(06)(
000
 zyxN


- MNPQ là hình vuông
MNP


vuông cân tại N








0.PNMN
PNMN









0)4)(1()3()2)(5(
)4()3()2()1()3()5(
00
2
000
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
zzyxx
zyxzyx

0,5







)3(0)4)(1()3()2)(5(
)2(01
00
2
000
00
zzyxx
zx

- Từ (1) và (2) suy ra





1
72
00
00

xz
xy
. Thay vào (3) ta được
065
0
2
0
 xx








2,1,3
1,3,2
000
000
zyx
zyx
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 )13;2(

N thì ).4;3;5(

Q
Nếu )2;1;3(

N thì ).3;5;4(

Q



0,5

VIIa.

(1,0
điểm)

Giả sử
abcd
là số thoả mãn 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
AA 


0,5

12

12

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

Do đó ta có số các số lập được là


.4203
2
5
3
6
3
6
 AAA

0,5
1. (1 điểm)

- Gọi phương trình )0(1:)(
2
2
2
2
 ba
b
y
a
x
E .
- Giả thiết










)2(8
)1(1
94
2

22
c
a
ba

Ta có
).8(88)2(
22222
cccccabca 

Thay vào (1) ta được 1
)8(
9
8
4



ccc
.




0,5










2
13
2
026172
2
c
c
cc

* Nếu 2

c thì .1
12
16
:)(12,16
22
22

yx
Eba
* Nếu
2
13
c thì .1
4/3952
:)(

4
39
,52
22
22

yx
Eba






0,5

VIb.
(2,0
điểm)

2. (1 điểm)


13

13

Giả sử );;(
000
zyxM . Khi đó từ giả thiết suy ra
5
22
)2()3()1()1(
00
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2

0
2
0
2
0


yx
zyxzyxzyx














)3(
5
)22(
)1(
)2()2()3()1(
)1()1()1(
2

00
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
yx
zyx
zyxzyx
zyxzyx





0,5
Từ (1) và (2) suy ra





00
00
3 xz
xy
.
Thay vào (3) ta được
2
00
2
0
)23()1083(5  xxx









3
23
1
0
0
x
x







).
3
14
;
3
23
;
3
23
(

)2;1;1(
M
M




0,5

Ta có











nnnnnn
n
nCC
nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2

3
171
32


.9
0365
3
2






 n
nn
n




0,5

VIIb.
(1,0
điểm)
Suy ra
8
a

là hệ số của
8
x
trong biểu thức
.)1(9)1(8
98
xx 

Đó là
.89.9.8
8
9
8
8
 CC


0,5