De thi thu hay co dap an

đề thi thử đại học năm học 2009-2010
MễN: TON; Thi gian làm bài: 180 phút
-----------------------------------------------

TRƯỜNG ðAI HỌC VINH
Khối THPT Chuyên
-------------------------

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I. (2,0 ñiểm) 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 ñồ thị của hàm số ñã cho ứng với m = 1 .
2. Xác ñịnh m ñể hàm số ñã cho ñạt cực trị tại x1 , x 2 sao cho x1 − x 2 ≤ 2 .
Câu II. (2,0 ñiểm)

π
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 ñiểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A' B ' C ' có AB = 1, CC ' = m ( m > 0).
Tìm m biết rằng góc giữa hai ñường thẳng AB' và BC ' bằng 60 0 .

Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực khơng 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 ñỉnh C lần lượt là 2 x − y + 13 = 0 và
6 x − 13 y + 29 = 0 . Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC .
2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình vng MNPQ có M (5; 3; − 1), P ( 2; 3; − 4) . Tìm toạ
độ đỉnh Q biết rằng ñỉnh N nằm trong mặt phẳng (γ ) : x + y − z − 6 = 0.

Câu VIIa. (1,0 ñiểm) Cho tập E = {0,1, 2, 3, 4, 5, 6}. Từ các chữ số của tập E lập ñược bao nhiêu số tự
nhiên chẵn gồm 4 chữ số đơi 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 điểm M ( −2; − 3) và có
phương trình một ñường chuẩn là x + 8 = 0. Viết phương trình chính tắc của ( E ).

2. Trong khơng gian với hệ toạ ñộ Oxyz , cho các ñiểm A(1; 0; 0), B (0;1; 0), C (0; 3; 2) và mặt phẳng
(α ) : x + 2 y + 2 = 0. Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách ñều các ñiểm A, B, C và mặt phẳng
(α ).

Câu VIIb. (1,0 ñiểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1 − x + 2(1 − x) 2 + ... + n(1 − x) n thu ñược ña 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
------------------------------------ Hết -------------------------------------

- Thư viện sách trực tuyến


Trờng
ại học vinh
.

đáp án đề khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 - 2009

Khối THPT chuyên

Cõu
I
(2,0
ủim)

Môn Toán, khối A

P ÁN ðỀ THI THỬ LẦN 1 – NĂM 2009
ðáp án

ðiểm

1. (1,25 điểm)
Víi m = 1 ta cã y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 .
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
ã ChiỊu biÕn thiªn: y ' = 3 x 2 − 12 x + 9 = 3( x 2 − 4 x + 3)
x > 3
, y' < 0 ⇔ 1 < x < 3 .
Ta cã y ' > 0
x < 1
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (,1) và (3, + ) .
+ Hm số nghịch biến trên khoảng (1, 3).
ã Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và yCD = y (1) = 3 ; đạt cực tiểu tại x = 3 và

0,5

yCT = y (3) = 1 .

0,25

ã Giới h¹n: lim y = −∞; lim y = +∞ .
x

x +

ã Bảng biến thiên:

x
y



1
0

+

+

3
0



+
+

3

0,25

y
-1

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

y
3

2

0,25
1

x
1

O

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

phơng trình y '= 0 cã hai nghiƯm pb lµ x1 , x 2

0,25

2

⇔ Pt x − 2(m + 1) x + 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt là x1 , x 2 .
m > −1 + 3
⇔ ∆' = (m + 1) 2 − 3 > 0 ⇔ 
(1)
m < 1 3
+) Theo định lý Viet ta có x1 + x 2 = 2(m + 1); x1 x 2 = 3. Khi ®ã
x1 − x 2 ≤ 2 ⇔ ( x1 + x 2 ) − 4 x1 x 2 ≤ 4 ⇔ 4(m + 1) − 12 ≤ 4
2

2

- Thư viện sách trực tuyến


⇔ (m + 1) 2 ≤ 4 ⇔ −3 ≤ m 1

0,5

( 2)

Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là 3 m < 1 − 3 vµ − 1 + 3 < m ≤ 1.
II
(2,0
ủim)

1. (1,0 điểm)
Điều kiện: sin x 0, sin x + cos x ≠ 0.
cos x
2 sin x cos x
Pt ® cho trë thµnh
+
− 2 cos x = 0
2 sin x sin x + cos x
cos x

⇔

2 sin x

−

2 cos 2 x
=0
sin x + cos x

0,5

π


⇔ cos x sin( x + ) − sin 2 x  = 0
4



+) cos x = 0 ⇔ x =

π
2

+ kπ , k ∈ Ζ .

π
π


x = + m 2π
2 x = x + + m2π


π
4
4
⇔
+) sin 2 x = sin( x + ) ⇔ 
4
 x = π + n 2π
2 x = π − x − π + n 2π


4
3
4
π t 2π
⇔x= +

, t .
4
3
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm cđa pt lµ
π
π t 2π
x = + kπ ; x = +
, k , t .
4
3
2
2. (1,0 điểm)
1
Điều kiện x > . (*)
3
Với đk trên, pt đ cho log 5 (3 x − 1) 2 + 1 = 3 log 5 (2 x + 1)
⇔ log 5 5(3 x − 1) 2 = log 5 (2 x + 1) 3

m, n ∈ Ζ

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

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

III
(1,0
ủim)

Đặt t = 3 x + 1 ⇒ dt =

3dx

⇒ dx =

2 3x + 1
Khi x = 1 thì t = 2, và khi x = 5 th× t = 4.

2tdt
.
3

0,5

2

 t 2 −1
 +1

4 
3 

2tdt

Suy ra I = ∫
.
2
t −1
3
2
.t
3

0,5

4

4

=

2
dt
(t 2 − 1)dt + 2 ∫ 2
∫
92
2 t −1

4
4
t −1
100

9
21 3 
=  t − t  + ln
=
+ ln .
t +1
27
5
93

2
2

0,5

- Thư viện sách trực tuyến


IV
(1,0
điểm)

- Kẻ BD // AB'

( D A' B' )

( AB' , BC ' ) = ( BD, BC ' ) = 60 0

0,5

⇒ ∠DBC '= 60 0 hc DBC ' = 120 0.
- Nếu 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

BD = BC ' = m 2 + 1 vµ DC ' = 3.
KÕt hỵp ∠DBC '= 600 ta suy ra ∆BDC '
®Ịu.
Do ®ã m 2 + 1 = 3 ⇔ m = 2.
- NÕu ∠DBC ' = 1200
¸p dơng ®Þnh lý cosin cho ∆BDC ' suy
ra m = 0 (lo¹i).
VËy m = 2.

B

C

1+ m2

A’

m
1

B’120

1

C’

0

3

D

* Chó ý: - NÕu HS chỉ xét trờng hợp góc 600 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng.
- HS có thể giải bằng phơng pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:
cos( AB ' , BC ' ) = cos( AB ', BC ') =

V
(1,0
®iĨm)

AB'.BC '
AB'.BC '

.

t2 − 3
.
2
Ta cã 0 ≤ xy + yz + zx ≤ x 2 + y 2 + z 2 = 3 nªn 3 ≤ t 2 ≤ 9 3 t 3 vì t > 0.

Đặt t = x + y + z ⇒ t 2 = 3 + 2( xy + yz + zx ) ⇒ xy + yz + zx =

0,5

t2 − 3 5
Khi ®ã A =
+ .
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
Suy ra f (t ) đồng biến trên [ 3 , 3] . Do ®ã f (t ) ≤ f (3) =

VIa.
(2,0
điểm)

Dấu đẳng thức xảy ra khi t = 3 x = y = z = 1.
14
, đạt ®−ỵc khi x = y = z = 1.
VËy GTLN của A là
3
1. (1 điểm)
- Gọi đờng cao và trung tuyến kẻ từ C là CH
và CM. Khi đó
CH có phơng trình 2 x y + 13 = 0 ,

CM có phơng 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)
⇒ pt AB : x + 2 y − 16 = 0 .
 x + 2 y − 16 = 0
- Tõ hÖ 
⇒ M (6; 5)
6 x − 13 y + 29 = 0

A(4;
6)

14
.
3

0,5

C(-7; -1)

0,5
H

M(6; 5)

B(8; 4)

- Thư viện sách trực tuyến


B (8; 4).

- Giả sử phơng trình đờng tròn ngo¹i tiÕp ∆ABC : x 2 + y 2 + mx + ny + p = 0.
52 + 4m + 6n + p = 0
m = −4


V× A, B, C thuộc đờng tròn nên 80 + 8m + 4n + p = 0 ⇔ n = 6 .
50 − 7 m − n + p = 0
 p = −72



0,5

Suy ra pt đờng tròn: x 2 + y 2 4 x + 6 y − 72 = 0 hay ( x − 2) 2 + ( y + 3) 2 = 85.
2. (1 điểm)
- Giả sử N ( x0 ; y0 ; z0 ) . V× N ∈ (γ ) ⇒ x0 + y0 − z0 − 6 = 0
(1)
MN = PN
- MNPQ là hình vuông MNP vuông cân tại N
MN .PN = 0
2
2
2
2
2

2
( x0 5) + ( y0 − 3) + ( z0 + 1) = ( x0 − 2) + ( y0 − 3) + ( z0 + 4)
⇔
( 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
 y0 = −2 x0 + 7
- Tõ (1) vµ (2) suy ra 
. Thay vào (3) ta đợc x02 5 x0 + 6 = 0
z
x
=
−
+
1
0
 0

0,5

0,5

 x0 = 2, y 0 = 3, z 0 = −1
 N (2; 3; − 1)
hay 
.

⇒
 N (3; 1; − 2)
 x0 = 3, y0 = 1, z 0 = 2
7
5
- Gọi I là tâm hình vuông I là trung điểm MP và NQ ⇒ I ( ; 3; − ) .
2
2
NÕu N (2; 3 − 1) th× Q(5; 3; − 4).
NÕu N (3;1; 2) thì Q(4; 5; 3).
VIIa.
(1,0
điểm)

Giả sử abcd là sè tho¶ m n ycbt. Suy ra d ∈ {0, 2, 4, 6}.
+) d = 0. Số cách sắp xếp abc là A63 .
+) d = 2. Số cách sắp xÕp abc lµ A63 − A52 .
+) Víi d = 4 hoặc d = 6 kết quả giống nh trờng hợp d = 2.
Do đó ta có số các số lập đợc là A63 + 3 A63 A52 = 420.

(

)

0,5

0,5

1. (1 điểm)
VIb.

(2,0
điểm)

- Gọi phơng 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
Thay vµo (1) ta đợc
+
=1.
8c c(8 c)
c = 2
2
2c 17c + 26 = 0 ⇔  13

c =
2


0,5

- Thư viện sách trực tuyến


x2 y2
* NÕu c = 2 th× a = 16, b = 12 ⇒ ( E ) :
+
= 1.
16 12
x2
y2
13
39
* NÕu c =
th× a 2 = 52, b 2 =
⇒ (E) : +
= 1.
2
4
52 39 / 4
2

2

0,5

2. (1 điểm)
Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) . Khi ®ã tõ gi¶ thiÕt 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

Thay vào (3) ta đợc 5(3 x02 8 x0 + 10) = (3 x0 + 2) 2

x0 + 2 y0 + 2
5

0,5
(1)
( 2)
(3)

0,5

 x0 = 1
 M (1; 1; 2)

⇔
⇒  23 23 14
 x0 = 23
 M ( ; ; − ).
3 3
3
3



VIIb.
(1,0
®iĨm)

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

n ≥ 3
⇔ n = 9.

⇔ 2
n − 5n − 36 = 0

Suy ra a8 lµ hƯ sè cđa x8 trong biĨu thức 8(1 x)8 + 9(1 x)9 .
Đó là 8.C88 + 9.C98 = 89.

0,5

0,5

- Thư viện sách trực tuyến