Tài liệu TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC có đáp án doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (270.07 KB, 12 trang )
1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN
Tổ : Toán – Tin
*******
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
Năm học: 2009 - 2010
Môn : TOÁN - Khối: A, B
(Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề)
ĐỀ BÀI
Câu I: (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :
3 2
3 4 (1)y x x
2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;-2) với hệ số góc k ( k < 3 )
đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của
đoạn thẳng AB.
Câu II: (2 điểm)
1 .Giải phương trình:
3cos3 2sin2 .cos sinx=0x x x
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
9 9 10
3
( )
log
log
x
x y
x y
x
Câu III: (2 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB)
vuông góc với mặt phẳng (SBC), SB = a ,
0
60 ,BSC ASB
.
1.Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
2.Với giá trị nào của
thì thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất.
Câu IV: (2 điểm)
1. Tính nguyên hàm:
3
2 2
( 1 )
x
I x e x dx
2. Cho khai triển
0 1
(1 3 )
n n
n
x a a x a x
trong đó
n
và các hệ
số
0 1
, , ,
n
a a a
thoả mãn hệ thức:
1
0
1024
3
3
n
n
a
a
a
.
Tìm số lớn nhất trong các số
0 1
, , ,
n
a a a
Câu V: (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyến
BM: x – 2y + 1 =0 ; CN: y = 1. Tìm toạ độ B và C.
2. Cho các số thực x,y,z thoả mãn điều kiện
3 3 3 1
9 9 9 3 3 3
:
4
3 3 3 3 3 3
x y z
x y z x y z
x y z y x z z y x
CMR
Hết
2
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN
Tổ : Toán – Tin
*******
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
Năm học: 2009 - 2010
Môn : TOÁN - Khối: D
(Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề)
ĐỀ BÀI
Câu I: (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :
3 2
3 4 (1)y x x
2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;-2) với hệ số góc k ( k < 3 )
đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của
đoạn thẳng AB.
Câu II: (2 điểm)
1 .Giải phương trình:
3cos3 2sin2 .cos sinx=0x x x
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 1 ( , )
xy x y y x
y x x y y x x y
Câu III: (2 điểm)
1.Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều ABC cạnh a, SA = 2a và SA
vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A
trên các đường thẳng SB và SC. Tính thể tích khối chóp A.BCNM.
2. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyến
BM: x – 2y + 1 =0 ; CN: y = 1. Tìm toạ độ B và C.
Câu IV: (2 điểm)
1.Tính nguyên hàm:
3
2 2
( 1 )
x
I x e x dx
2. Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức:
0 2 4 2
2 2 2 2
2048
n
n n n n
C C C C
(
k
n
C
số tổ hợp chập k của n phần tử).
Câu V: (2 điểm)
1.Giải phương trình :
3 3
1
(9 15.3 27) 2. 0
4.3 3
log log
x x
x
2. Cho các số thực dương thay đổi x, y, z thoả mãn:
2 2 2
3x y z
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
Hết
3
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
KHỐI D – NĂM HỌC : 2009 - 2010
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :
3 2
3 4 (1)y x x
1
.TXD: D =
lim lim
x x
0.25
.Sự biến thiên
2
' 3 6 ' 0 0 2y x x y x x
.Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên mỗi khoảng :
;0
và
2;
. Hàm số đạt cực tiểu tại x
CT
= 0 ; y
CT
= y(0) = -4
. Hàm số đạt cực đại tại x
CĐ
= 2 ; y
CĐ
= y(2) = 0
0.25
BBT
x
0
2
y’
-
0
+
0
-
y
-4
0
0.25
Đồ thị
-2
-4
-5
5
0.25
2
Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;-2) với hệ số góc k
( k < 3 ) đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I
là trung điểm của đoạn thẳng AB.
1
I
Gọi (C) là đồ thị hàm số (1). Ta thấy I(1;-2)
(C).
Đường thẳng (d) đi qua I(1;-2) với hệ số góc k ( k < 3 ) có phương trình:
y = k(x-1) – 2
0.25
4
Hoành độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của phương trình:
3 2 2
2
3 4 ( 1) 2 ( 1)( 2 2 ) 0
1
2 2 0(*)
x x k x x x x k
x
x x k
0.25
Do k <3 nên pt(*) có
' 3 0k
và x = 1 không là nghiệm của (*)
Suy ra (d) luôn cắt (C) tại ba điểm phân biệt I(x
I
;y
I
) A(x
A
;y
A
) B(x
B
;y
B
)
với x
A,
x
B
là nghiệm của phương trình (*)
0.25
Vì x
A+
x
B
=2 = 2x
I
và I,A,B cùng thuộc (d) nên I là trung điểm của AB
0.25
1
Giải phương trình:
3cos3 2sin2 .cos sinx=0x x x
1
Phương trình đã cho tương đương với:
3cos3 (sin3 sin ) sinx=0
3 1
os3 sin3 sinx
2 2
x x x
c x x
0.25
3 2
3
sin( 3 ) sinx
3
3 2
3
x x k
x
x x k
0.5
Vậy
( )
12 2 3
k
x x k k
0.25
2
Giải hệ phương trình:
2 2
2
9 9 10
3
( )
log
log
x
x y
x y
x
1
ĐK:
0 1; 0x x y
Hệ PT
2 2
9 9 10
( ) 3 2
log log
x x
x y
x y
0.25
2 2
x 9 y 9 10
x y 8
đặt
S x y
P xy
0.25
Hệ trở thành:
2
2 2
S 8
S 8
S 8
P 9
P 16
P 18P 657 9 P
P 18P 657 (9 P )
0.25
II
Vậy ta có:
x y 8
x y 4
xy 16
(thỏa mãn điều kiện)
0.25
5
1
Cho hình chóp S.ABC có SA vuônggóc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng
(SAB) vuông góc với mặt phẳng (SBC), SB = a ,
0
60 ,BSC ASB
.
Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
1
j
C
S
B
A
H
I
Trong mặt phẳng (SAB) kẻ AH
SB
Do giả thiết (SAB)
(SBC)
( ) (1)AH SBC AH BC
0.25
Giả thiết SA
(ABC)
SA BC
(2)
Từ (1)(2) suy ra
( )
BC SB
BC SAB
BC AB
0.25
Tam giác ASC vuông tại A; tam giác SBC vuông tại B.Gọi I là trung điểm
của SC, ta có :IS = IA = IC = IB.
Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
0.25
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp R = IS = IC = SC/2
Trong
SBC
có SB = a;
0
60BSC
suy ra
0
2
os60
SB
SC a
c
Vậy R = a.
0.25
2
Với giá trị nào của
thì thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất.
1
Trong tam giác vuông SAB, tacó:
sin asin
os os
AB SB
SA SBc ac
Trong tam giác vuông SBC: BC = SB.tan60
0
=
3a
0.25
III
.
3 3
1 1 1
. os . . sin . 3
3 3 2
1 3
3sin . os sin2
6 12
S ABC ABC
V SAS ac a a
a c a
0.25
6
Ta thấy:
3 3
.
3 3
sin2
12 12
S ABC
V a a
Dấu “=” xảy ra khi
sin2 1
4
Vậy thể tích khối chóp SABC đạt giá trị lớn nhất khi
4
0.5
1
Tính nguyên hàm:
3
2 2
( 1 )
x
I x e x dx
1
3
2 2
1
x
I xe dx x x dx J K
Tính J =
2x
xe dx
Đặt
2
2
2
x
x
du dx
u x
e
dv e dx
v
0.25
Ta có: J =
2 2
2 2
1 1
1
2 2 2 4
x x
x x
xe xe
e dx e C
0.25
K =
1 4
3
2 2 2 2
3 3
2
1 1 3
1 (1 ) (1 ) . (1 )
2 2 4
x x dx x d x x C
Vậy
4
2
2 2
3
1 3
(1 )
2 4 8
x
x
xe
I e x C
0.5
2
Cho khai triển
0 1
(1 3 )
n n
n
x a a x a x
trong đó
n
và các hệ
số
0 1
, , ,
n
a a a
thoả mãn hệ thức:
1
0
1024
3
3
n
n
a
a
a
.
Tìm số lớn nhất trong các số
0 1
, , ,
n
a a a
1
Đặt
1
0 1 0
1
( ) (1 3 ) 1024 ( )
3 3
3
n n
n
n
n
a
a
f x x a a x a x a f
Từ giải thiết suy ra 2
n
= 1024 = 2
10
n= 10
0.25
Với mọi
0,1,2, ,9k
Ta có
1
1
10 10
1
3 ; 3
k k
k k
k k
a a
C C
10
1
1
10
1
3 1 29
1 1 1
3(10 ) 4
3
7
k
k
k
k
k
k
a
k
k
a k
k k
C
C
0.25
Do đó
0 1 8
a a a
.Tương tự ta cũng có:
8 9 10
1
1 7
k
k
a
k a a a
a
0.25
IV
Vậy số lớn nhất trong các số
0 1
, , ,
n
a a a
là
8
8
10
8
3a
C
0.25
V
1
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyến
BM: x – 2y + 1 =0 ; CN: y = 1. Tìm toạ độ B và C.
1
7
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, A(1;3). Toạ độ của G là nghiệm
của hệ
2 1 0 1
(1;1)
1 1
x y x
G
y y
0.25
BM: x – 2y + 1 = 0
B(-1+2t;t) CN: y = 1
C(s;1)
0.25
Theo tính chất toạ độ trọng tâm ta có :
1 1 2 3 5
3 1 3 1
t s s
t t
0.25
Vậy B(-3;-1) C(5;1)
0.25
2
Cho các số thực x,y,z thoả mãn điều kiện
9 9 9 3 3 3
3 3 3 1 :
4
3 3 3 3 3 3
x y z x y z
x y z
x y z y x z z y x
CMR
1
Đặt
3 ;3 ; 3
x y z
a b c
Ta có a,b,c>0 và ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
2 2 2
3 3 3
2 2 2
3 3 3
4
4
(*)
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a bc b ca c ab
a b c a b c
a abc b cba c abc
a b c a b c
a b a c b a b c c a c b
0.5
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
3 3
3
3 3
3
3 3
3
3
3 . . (1)
( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
3
3 . . (2)
( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
3
3 . . (3)
( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
a a b a c a a b a c a
a b a c a b a c
b b a b c b b a b c b
b a b c b a b c
c c a c b c c a c b c
c a c b c a c b
Cộng từng vế của (1)(2)(3), ta suy ra:
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b a b c c a c b
Vậy (*) đúng và ta có đpcm.
0.5
8
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
KHỐI D – NĂM HỌC : 2009 - 2010
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :
3 2
3 4 (1)y x x
1
.TXD: D =
lim lim
x x
0.25
.Sự biến thiên
2
' 3 6 ' 0 0 2y x x y x x
.Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên mỗi khoảng :
;0
và
2;
. Hàm số đạt cực tiểu tại x
CT
= 0 ; y
CT
= y(0) = -4
.Hàm số đạt cực đại tại x
CĐ
= 2 ; y
CĐ
= y(2) = 0
0.25
BBT
x
0
2
y’
-
0
+
0
-
y
-4
0
0.25
Đồ thị
-2
-4
-5
5
0.25
2
Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;-2) với hệ số góc k
( k < 3 ) đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I
là trung điểm của đoạn thẳng AB.
1
I
Gọi (C) là đồ thị hàm số (1). Ta thấy I(1;-2)
(C).
Đường thẳng (d) đi qua I(1;-2) với hệ số góc k ( k < 3 ) có phương trình:
y = k(x-1) – 2
0.25
9
Hoành độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của phương trình:
3 2 2
2
3 4 ( 1) 2 ( 1)( 2 2 ) 0
1
2 2 0(*)
x x k x x x x k
x
x x k
0.25
Do k <3 nên pt(*) có
' 3 0k
và x = 1 không là nghiệm của (*)
Suy ra (d) luôn cắt (C) tại ba điểm phân biệt I(x
I
;y
I
) A(x
A
;y
A
) B(x
B
;y
B
)
với x
A,
x
B
là nghiệm của phương trình (*)
0.25
Vì x
A+
x
B
=2 = 2x
I
và I,A,B cùng thuộc (d) nên I là trung điểm của AB
0.25
1
Giải phương trình:
3cos3 2sin2 .cos sinx=0x x x
1
Phương trình đã cho tương đương với:
3cos3 (sin3 sin ) sinx=0
3 1
os3 sin3 sinx
2 2
x x x
c x x
0.25
3 2
3
sin( 3 ) sinx
3
3 2
3
x x k
x
x x k
0.5
Vậy
( )
12 2 3
k
x x k k
0.25
2
Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 1 ( , )
xy x y y x
y x x y y x x y
1
ĐK
0; 1x y
Hệ phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 0 (1)
2 1 (2)
xy x y y x
y x x y y x
0.25
( )(2 1) 0 2 1 0
( 0)
2 1 2 1
x y x y x y
dox y
y x x y y x y x x y y x
0.25
2 1 2 1
(2 1) 2 2 1 ( 1) 2 1
y x y x
x x x x x x x x
0.25
II
1
2 1
2
1 ( 1 0)
2
y x
x
x do x
y
( thoả mãn điều kiện)
0.25
10
1
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều ABC cạnh a, SA = 2a và SA
vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông
góc của A trên các đường thẳng SB và SC. Tính thể tích khối chóp
A.BCNM.
1
S
A
C
B
M
N
K
H
Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK.
,
¸H , ( )
Do BC AK BC SA BC AH
Do AH K AH BC AH SBC
0.25
Xét tam giác vuông SAK:
2 2 2
1 1 1 2 3
19
a
AH
AH SA AH
0.25
Xét tam giác vuông SAB:
2
2
2
4
SA SM.SB
5
SM SA
SB
SB
Xét tam giác vuông SAC:
2
2
2
4
SA SN.SC
5
SN SA
SC
SC
SUy ra
2
16 9 9 19
25 25 100
SMN
BCMN SBC
SBC
S
a
S S
S
0.25
Vậy thể tích khối chóp A.BCNM là:
3
1 3 3
.
3 50
BCNM
a
V AH S
0.25
2
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyến
BM: x – 2y + 1 =0 ; CN: y = 1. Tìm toạ độ B và C.
1
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, A(1;3). Toạ độ của G là nghiệm
của hệ
2 1 0 1
(1;1)
1 1
x y x
G
y y
0.25
III
BM: x – 2y + 1 = 0
B(-1+2t;t) CN: y = 1
C(s;1)
0.25
11
Theo tính chất toạ độ trọng tâm ta có :
1 1 2 3 5
3 1 3 1
t s s
t t
0.25
Vậy B(-3;-1) C(5;1)
0.25
1
Tính nguyên hàm:
3
2 2
( 1 )
x
I x e x dx
1
3
2 2
1
x
I xe dx x x dx J K
Tính J =
2x
xe dx
Đặt
2
2
2
x
x
du dx
u x
e
dv e dx
v
0.25
Ta có: J =
2 2
2 2
1 1
1
2 2 2 4
x x
x x
xe xe
e dx e C
0.25
K =
1 4
3
2 2 2 2
3 3
2
1 1 3
1 (1 ) (1 ) . (1 )
2 2 4
x x dx x d x x C
Vậy
4
2
2 2
3
1 3
(1 )
2 4 8
x
x
xe
I e x C
0.5
2
Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức:
0 2 4 2
2 2 2 2
2048
n
n n n n
C C C C
(
k
n
C
số tổ hợp chập k của n phần tử)
1
IV
Ta có :
2
0 1 2 3 2
2 2 2 2 2
2 2
0 1 2 3 2
2 2 2 2 2
1
0 2 4 2
2 2 2 2
(1 1) 0
(1 1) 2
2
n
n
n n n n n
n n
n
n n n n n
n
n
n n n n
C C C C C
C C C C C
C C C C
Từ giả thiết suy ra
2 1
2 2048 6
n
n
0.5
0.5
1
Giải phương trình :
3 3
1
(9 15.3 27) 2. 0
4.3 3
log log
x x
x
1
Điều kiện : 4.3
x
– 3>0
Phương trình đã cho tương đương với:
2
3 3
2 2
(9 15.3 27) (4.3 3)
9 15.3 27 (4.3 3) 5.(3 ) 13.3 6 0
2
3
5
3 3 ( 3 0) 1 ( )
3 3
log log
x x x
x x x x x
x
x x
x
do x tm
Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình.
0.25
0.25
0.5
V
12
2
Cho các số thực dương thay đổi x, y, z thoả mãn:
2 2 2
3x y z
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
1
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương a, b, c ta có:
1 1 1 1 1 1 9
( )( ) 9 (*)a b c
a b c a b c a b c
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Áp dụng (*) ta có :
2 2 2
2
1 1 1 9
1 1 1 3
18
3 ( 2 2 2 )
18
(1)
3 ( )
P
xy yz zx xy yz zx
x y z xy yz zx
x y z
0.5
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức bunhiakopxki ta có:
2 2 2 2
( ) 3( ) 9 (2)x y z x y z
từ (1)(2), suy ra:
18 3
3 9 2
P
Dấu bằng xảy ra khi
2 2 2
1 1 1 1
3
x y z
xy yz zx x y z
x y z
Vậy
3
min 1
2
P x y z
0.5
