Đề và đáp án thi thử đại học Môn: Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>đề thi thử đại học MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút -----------------------------------------------. TRƯỜNG ĐAI HỌC VINH Trường THPT chuyên -------------------------. A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  9 x  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 , x 2 sao cho x1  x 2  2 . Câu II. (2,0 điểm). sin 2 x   2 sin( x  ) . sin x  cos x 2 2 2. Giải phương trình: 2 log 5 (3 x  1)  1  log 3 5 (2 x  1) .. 1. Giải phương trình:. 1. cot x . 5. Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I   1. x2 1 x 3x  1. dx .. Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A' B ' C ' có AB  1, CC '  m (m  0). m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB' và BC ' bằng 60 0 .. Tìm. Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 5 A  xy  yz  zx  . x yz 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 2 x  y  13  0 và 6 x  13 y  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  2 y  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)  a 0  a1 x  ...  a n x n . Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn 1 7 1  3  . 2 Cn Cn n Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trường Đ¹i häc Vinh .. đáp án đề thi thử đại học. Khèi THPT chuyªn Câu I (2,0 điểm). M«n To¸n, khèi A. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 – NĂM 2009. Đáp án Điểm 1. (1,25 điểm) Víi m  1 ta cã y  x 3  6 x 2  9 x  1 . * Tập xác định: D = R * Sù biÕn thiªn  ChiÒu biÕn thiªn: y '  3 x 2  12 x  9  3( x 2  4 x  3) x  3 0,5 Ta cã y '  0   , y'  0  1  x  3 . x  1 Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (,1) và (3,  ) . + Hàm sè nghÞch biÕn trªn kho¶ng (1, 3).  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1 và yCD  y (1)  3 ; đạt cực tiểu tại x  3 và yCT  y (3)  1 . 0,25  Giíi h¹n: lim y  ; lim y   . x  . x  .  B¶ng biÕn thiªn: x. . 1 . y’. 0. . 3 . . 0. . 3. 0,25. y -1. . * §å thÞ: §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0,  1) .. y 3. 2. 0,25 1. x. O. 1. 2. 3. 4. -1. 2. (0,75 ®iÓm) Ta cã y '  3 x 2  6(m  1) x  9. +) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x 2  phương trình y ' 0 có hai nghiệm pb là x1 , x 2.  Pt x 2  2(m  1) x  3  0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ x1 , x 2 .. Lop10.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> m  1  3 (1)  '  (m  1) 2  3  0   m   1  3  +) Theo định lý Viet ta có x1  x 2  2(m  1); x1 x 2  3. Khi đó. x1  x 2  2  x1  x 2 2  4 x1 x 2  4  4m  12  12  4.  (m  1) 2  4  3  m  1. 0,5. (2). Tõ (1) vµ (2) suy ra gi¸ trÞ cña m lµ  3  m  1  3 vµ  1  3  m  1. II (2,0 điểm). 1. (1,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn: sin x  0, sin x  cos x  0. cos x 2 sin x cos x   2 cos x  0 Pt đã cho trở thành 2 sin x sin x  cos x. cos x. . 2 sin x. . 2 cos 2 x 0 sin x  cos x. 0,5.     cos x sin( x  )  sin 2 x   0 4   +) cos x  0  x . . 2.  k , k   ..     x   m2 2 x  x   m2    4 4  +) sin 2 x  sin( x  )   4  x    n 2 2 x    x    n 2   4 3 4  t 2 x  , t  . 4 3 §èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ   t 2 x   k ; x   , k, t   . 4 3 2 2. (1,0 ®iÓm) 1 §iÒu kiÖn x  . (*) 3 Với đk trên, pt đã cho  log 5 (3x  1) 2  1  3 log 5 (2 x  1)  log 5 5(3 x  1) 2  log 5 (2 x  1) 3. m, n  . 0,5. 0,5.  5(3 x  1) 2  (2 x  1) 3  8 x 3  33 x 2  36 x  4  0  ( x  2) 2 (8 x  1)  0 x  2  x  1 8  §èi chiÕu ®iÒu kiÖn (*), ta cã nghiÖm cña pt lµ x  2.. III (1,0 điểm). §Æt t  3 x  1  dt . 3dx.  dx . 2 3x  1 Khi x  1 th× t = 2, vµ khi x = 5 th× t = 4.. 2tdt . 3. Lop10.com. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0,5. 2.  t 2 1    1 4  3 2tdt . Suy ra I    2  t 1 3 2 .t 3. 4. 4. 2 dt   (t 2  1)dt  2  2 92 2 t 1. 4 4 21 3  t 1 100 9   t  t   ln   ln . 93 t 1 27 5  2 2 IV (1,0 ®iÓm). ( D  A' B ' ). - KÎ BD // AB'. 0,5.  ( AB' , BC ' )  ( BD, BC ' )  600. 0,5.  DBC '  60 0 hoÆc DBC '  1200. - NÕu DBC ' 600 Vì lăng trụ đều nên BB'  ( A' B ' C ' ). áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta cã. A 0,5 B. C. 2. BD  BC '  m  1 vµ DC '  3. KÕt hîp DBC ' 600 ta suy ra BDC ' đều. Do đó m 2  1  3  m  2 . - NÕu DBC ' 1200 áp dụng định lý cosin cho BDC ' suy ra m  0 (lo¹i). VËy m  2 .. 1 m2 A’. m. 1. B’ 1. 120. 0. C’. 3. D. * 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( AB' , BC ' )  cos( AB', BC ') . V (1,0 ®iÓm). AB'.BC ' AB'.BC '. .. t2 3 §Æt t  x  y  z  t  3  2( xy  yz  zx)  xy  yz  zx  . 2 Ta cã 0  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  3 nªn 3  t 2  9  3  t  3 v× t  0. 2. t 3 5  . 2 t t2 5 3 XÐt hµm sè f (t )    , 3  t  3. 2 t 2 5 t3  5 Ta cã f ' (t )  t  2  2  0 v× t  3. t t. Khi đó A . 2. Suy ra f (t ) đồng biến trên [ 3 , 3] . Do đó f (t )  f (3)  Dấu đẳng thức xảy ra khi t  3  x  y  z  1.. Lop10.com. 14 . 3. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> VËy GTLN cña A lµ VIa. (2,0 ®iÓm). 14 , đạt được khi x  y  z  1. 3. 1. (1 ®iÓm) - Gäi ®­êng cao vµ trung tuyÕn kÎ tõ C lµ CH C(-7; -1) và CM. Khi đó CH có phương trình 2 x  y  13  0 , CM có phương trình 6 x  13 y  29  0. 2 x  y  13  0 - Tõ hÖ   C (7;  1). 6 x  13 y  29  0 - AB  CH  n AB  u CH  (1, 2) H M(6; 5) A(4; 6)  pt AB : x  2 y  16  0 .  x  2 y  16  0 - Tõ hÖ   M (6; 5) 6 x  13 y  29  0  B (8; 4). - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x 2  y 2  mx  ny  p  0. 52  4m  6n  p  0 m  4   V× A, B, C thuéc ®­êng trßn nªn 80  8m  4n  p  0  n  6 . 50  7 m  n  p  0  p  72   2 2 Suy ra pt ®­êng trßn: x  y  4 x  6 y  72  0 hay ( x  2) 2  ( y  3) 2  85. 2. (1 ®iÓm) - Gi¶ sö N ( x0 ; y0 ; z0 ) . V× N  ( )  x0  y0  z0  6  0 (1). MN  PN - MNPQ lµ h×nh vu«ng  MNP vu«ng c©n t¹i N   MN .PN  0 ( x0  5) 2  ( y0  3) 2  ( z0  1) 2  ( x0  2) 2  ( y0  3) 2  ( z0  4) 2  ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3) 2  ( z0  1)( z0  4)  0 (2)  x0  z0  1  0  2 (3) ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  1)( z0  4)  0  y 0  2 x0  7 - Tõ (1) vµ (2) suy ra  . Thay vµo (3) ta ®­îc x02  5 x0  6  0  z 0   x0  1. 0,5 B(8; 4). 0,5. 0,5. 0,5.  x0  2, y 0  3, z 0  1  N (2; 3;  1) hay  .   N (3; 1;  2)  x0  3, y 0  1, z 0  2 7 5 - Gäi I lµ t©m h×nh vu«ng  I lµ trung ®iÓm MP vµ NQ  I ( ; 3;  ) . 2 2 NÕu N (2; 3  1) th× Q(5; 3;  4). NÕu N (3;1;  2) th× Q(4; 5;  3).. VIIa. (1,0 ®iÓm). Gi¶ sö abcd lµ sè tho¶ m·n ycbt. Suy ra d  0, 2, 4, 6. +) d  0. Sè c¸ch s¾p xÕp abc lµ A63 .. A63. A52 .. +) d  2. Sè c¸ch s¾p xÕp abc lµ  +) 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.. . Lop10.com. . 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1. (1 ®iÓm) VIb. (2,0 ®iÓm). - Gọi phương trình ( E ) :. x2 y2  1 a2 b2. (a  b  0) .. 9 4 (1)  a 2  b 2  1 - Gi¶ thiÕt   2 a  8 (2)  c Ta cã (2)  a 2  8c  b 2  a 2  c 2  8c  c 2  c(8  c). 4 9  1. Thay vµo (1) ta ®­îc 8c c(8  c) c  2 2  2c  17c  26  0   13 c  2  2 x y2   1. * NÕu c  2 th× a 2  16, b 2  12  ( E ) : 16 12 39 x2 y2 13  (E) :   1. * NÕu c  th× a 2  52, b 2  4 52 39 / 4 2. 0,5. 0,5. 2. (1 ®iÓm) Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) . Khi đó từ giả thiết suy ra ( x0  1) 2  y02  z02  x02  ( y0  1) 2  z02  x02  ( y0  3) 2  ( z0  2) 2   ( x0  1) 2  y02  z02  x02  ( y0  1) 2  z02    x02  ( y0  1) 2  z02  x02  ( y0  3) 2  ( z0  2) 2  2 ( x0  1) 2  y02  z02  ( x0  2 y0  2)  5  y0  x0 Tõ (1) vµ (2) suy ra  .  z0  3  x0. VIIb. (1,0 ®iÓm). (1). x0  2 y0  2 5. 0,5. (2) (3). Thay vµo (3) ta ®­îc 5(3 x02  8 x0  10)  (3 x0  2) 2. 0,5.  x0  1  M (1; 1; 2)     23 23 14  x0  23  M ( ; ;  ). 3 3 3 3   n  3 1 7 1  Ta cã 2  3    2 7.3! 1 Cn Cn n  n(n  1)  n(n  1)(n  2)  n . 0,5. n  3  2  n  9. n  5 n  36  0  Suy ra a8 lµ hÖ sè cña x8 trong biÓu thøc 8(1  x)8  9(1  x)9 . §ã lµ 8.C88  9.C98  89. Lop10.com. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>