Tài liệu Thi thử ĐH môn Toán khối A_THPT Chuyên ĐH Vinh 2010 doc

- Thư viện sách trực tuyến
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
23
, 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
21
, xx
sao cho
2
21
≤− xx
.
Câu II.
(2,0 ñiểm)

1. Giải phương trình:
)

2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1
π
+=
+
+ x
xx
x
x
.
2. Giải phương trình:
)12(log1)13(log2
3
5
5
+=+− xx
.
Câu III.
(1,0 ñiểm) Tính tích phân
∫
+
+
=
5
1

2
13
1
dx
xx
x
I
.
Câu IV.
(1,0 ñiểm) Cho hình lăng trụ tam giác ñều
'''. CBAABC
có
).0(',1 >== mmCCAB

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
zyx ,,
thoả mãn 3
222
=++

zyx . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
zyx
zxyzxyA
++
+++=
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
0132 =+−
yx
và

029136
=+−
yx
. 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( −−
PM
. Tìm toạ
ñộ ñỉnh
Q
biết rằng ñỉnh
N
nằm trong mặt phẳng
.06:)( =−−+
zyx
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 .08
=+
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(
CBA
và mặt phẳng
.022:)(
=++
yx
α

Tìm toạ ñộ của ñiểm
M
biết rằng
M
cách ñều các ñiểm
CBA
,,
và mặt phẳng
).(
α

Câu VIIb.
(1,0 ñiểm) Khai triển và rút gọn biểu thức
n
xnxx
)1(...)1(21
2
−++−+−
thu ñược ña 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 -------------------------------------

- Th vin sỏch trc tuyn
.
P N THI TH LN 1 NM 2009

Cõu ỏp ỏn im

1. (1,25 ủim)
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( +
.
+ H

m 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

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(63'
2
++= xmxy

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



phơng 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

I
(2,0
ủim)

+) Theo định lý Viet ta có
.3);1(2
2121
=+=+ xxmxx

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

+



+

+



- Th vin sỏch trc tuyn

)2(134)1(
2
+ mm

Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là
313
<
m
và
.131
<+
m

0,5

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

+
xxx

Pt đ 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 đ 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

II
(2,0
ủim)

=
=

=
=+
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
ủim)


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

1
9
2
3
+=
+

+






=
t
t
tt


0,5
- Th vin sỏch trc tuyn
- Kẻ
)''('// BADABBD

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


0

60'= DBC
hoặc
.120'
0
=DBC


0,5

IV
(1,0
điểm)

- 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 trờng hợp góc

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





0,5
Đặt
zyxt ++=


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
.3t

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 đợc khi
.1=== zyx






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
0132 =+ yx
,
CM có phơng 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




=+
=+









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
- Th vin sỏch trc tuyn

).4;8(B


- Giả sử phơng trình đờng tròn ngoại tiếp
.0:
22
=++++ pnymxyxABC

Vì A, B, C thuộc đờng tròn nên

=+
=+++
=+++
0750
04880
06452
pnm
pnm
pnm





=
=
=

72
6
4
p
n
m
.
Suy ra pt đờng tròn:
07264
22

=++ yxyx
hay
.85)3()2(
22
=++ yx



0,5
2. (1 điểm)
- 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 đợc
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

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

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
( )
.4203
2
5
3
6
3
6
=+ AAA



0,5

1. (1 điểm)

- Gọi phơng 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 đợc
1
)8(
9
8
4
=

+
ccc
.




0,5


VIb.
(2,0

điểm)


















=
=
=+
2
13
2
026172
2
c
c
cc