ĐỀ THAM KHẢO MÔN TOÁN ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 - 20

Chia sẻ: Vo Anh Hoang | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

97
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, học sinh đang trong giai đoạn ôn thi đại học chuyên môn toán học - ĐỀ THAM KHẢO MÔN TOÁN ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 - 20.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THAM KHẢO MÔN TOÁN ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 - 20

1 Đề thi thử đại học năm học 20092010 TRƯỜNG ĐAI HỌC VINH 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 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) π 1 sin 2 x cot x + = 2 sin( x + ) . 1. Giải phương trình: sin x + cos x 2 2 2. Giải phương trình: 2 log 5 (3x − 1) + 1 = log 3 5 (2 x + 1) . 5 x2 +1 Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ dx . x 3x + 1 1 Câu IV. (1,0 điểm) 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 đường thẳng AB' và BC ' bằng 60 0 . 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 (γ ) : 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 (α ) : x + 2 y + 2 = 0. Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng (α ). 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 . Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn n 1 7 1 + 3= . 2 Cn Cn n ------------------------------------ Hết ------------------------------------- 1
2 ®¸p ¸n ®Ò kh¶o s¸t chÊt lîng líp 12 LÇn 1 Trêng ®¹i häc vinh 2009 M«n To¸n, khèi chuyªn Điể Câu Đáp án m I 1. (1,25 điểm) (2,0 Víi m = 1 ta cã y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 . điểm * TËp x¸c ®Þnh: 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 + 3 ⇔ ∆' = (m + 1) 2 − 3 > 0 ⇔  (1) m < −1 − 3  2
3 +) Theo ®Þnh lý Viet ta cã x1 + x 2 = 2(m + 1); x1 x 2 = 3. Khi ®ã 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 (2) 0,5 Tõ (1) vµ (2) suy ra gi¸ trÞ cña m lµ − 3 ≤ m < −1 − 3 vµ − 1 + 3 < m ≤ 1. II 1. (1,0 ®iÓm) (2,0 §iÒu kiÖn: sin x ≠ 0, sin x + cos x ≠ 0. điểm cos x 2 sin x cos x + − 2 cos x = 0 Pt ®∙ cho trë thµnh ) 2 sin x sin x + cos x 2 cos 2 x cos x ⇔ − =0 2 sin x sin x + cos x 0,5 π   ⇔ cos x sin( x + ) − sin 2 x  = 0   4 π +) cos x = 0 ⇔ x = + kπ , k ∈ c . 2 π π   x = + m2π 2 x = x + + m2π   π 4 4 +) sin 2 x = sin( x + ) ⇔  ⇔ m, n ∈ +  x = π + n2π 2 x = π − x − π + n 2π 4     4 3 4 π t 2π 0,5 ⇔ x = + , t ∈4. 4 3 §èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ π π t 2π x = + kπ ; x = + , k, t ∈ 4 . 4 3 2 2. (1,0 ®iÓm) 1 §iÒu kiÖn x > . (*) 3 Víi ®k trªn, pt ®∙ cho ⇔ log 5 (3x − 1) 2 + 1 = 3 log 5 (2 x + 1) 0,5 ⇔ log 5 5(3 x − 1) 2 = log 5 ( 2 x + 1) 3 ⇔ 5(3x − 1) 2 = ( 2 x + 1) 3 ⇔ 8 x 3 − 33x 2 + 36 x − 4 = 0 ⇔ ( x − 2) 2 (8 x − 1) = 0 0,5 x = 2 ⇔ x = 1  8 §èi chiÕu ®iÒu kiÖn (*), ta cã nghiÖm cña pt lµ x = 2. 3dx 2tdt III §Æt t = 3x + 1 ⇒ dt = ⇒ dx = . (1,0 2 3x + 1 3 điểm Khi x = 1 th× t = 2, vµ khi x = 5 th× t = 4. 0,5 3
4 ) 2  t2 −1   +1 4  4 4 2tdt = 2 (t 2 − 1)dt + 2 dt 3 9∫ ∫ t 2 −1 ∫ t2 −1 . 3 Suy ra I = 2 2 .t 2 3 4 4 t −1 21 3  100 9 0,5 =  t − t  + ln = + ln . t +1 93  27 5 2 2 ( D ∈ A' B ' ) ⇒ ( AB ' , BC ' ) = ( BD, BC ' ) = 600 KÎ BD // AB' IV 0,5 ⇒ ∠DBC ' = 60 0 hoÆc ∠DBC ' = 120 0. (1,0 NÕu ∠DBC ' = 600 ®iÓm V× l¨ng trô ®Òu nªn ) BB ' ⊥ ( A' B ' C ' ). ¸p dông ®Þnh lý Pitago vµ A ®Þnh lý cosin ta cã 0,5 B C 1 + m2 BD = BC ' = m + 1 vµ DC ' = 3. 2 KÕt hîp ∠DBC ' = 600 ta suy ra ∆BDC ' ®Òu. A’ m Do ®ã m 2 + 1 = 3 ⇔ m = 2 . NÕu ∠DBC ' = 120 0 1 B’ ¸p dông ®Þnh lý cosin C’ 0 120 ∆BDC ' suy ra m = 0 cho 1 3 (lo¹i). D VËy m = 2 . * Chó ý: NÕu HS chØ xÐt trêng hîp gãc 600 th× chØ cho 0,5® khi gi¶i ®óng. HS cã thÓ gi¶i b»ng ph ¬ng ph¸p vect¬ hoÆc to¹ ®é víi nhËn xÐt: AB'.BC ' . cos( AB' , BC ' ) = cos( AB', BC ') = AB'.BC ' V 2 §Æt t = x + y + z ⇒ t 2 = 3 + 2( xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + zx = t − 3 . (1,0 2 ®iÓm 2 2 2 2 Ta cã 0 ≤ xy + yz + zx ≤ x + y + z = 3 nªn 3 ≤ t ≤ 9 ⇒ 3 ≤ t ≤ 3 v× ) 0,5 t > 0. t2 − 3 5 Khi ®ã A = +. 2 t 2 XÐt hµm sè f (t ) = t + 5 − 3 , 3 ≤ t ≤ 3. 2t2 5 t3 − 5 Ta cã f ' (t ) = t − = > 0 v× t ≥ 3. t2 t2 14 0,5 Suy ra f (t ) ®ång biÕn trªn [ 3 , 3] . Do ®ã f (t ) ≤ f (3) = . 3 4
5 DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi t = 3 ⇔ x = y = z = 1. 14 VËy GTLN cña A lµ , ®¹t ®îc khi x = y = z = 1. 3 1. (1 ®iÓm) VIa. Gäi ®êng cao vµ trung tuyÕn (2,0 kÎ tõ C lµ CH vµ CM. Khi ®ã C(-7; -1) CH cã ph¬ng tr×nh 2 x − y + 13 = 0 , ®iÓm ) CM cã ph¬ng tr×nh 6 x − 13 y + 29 = 0. 0,5 2 x − y + 13 = 0 ⇒ C (−7; − 1). Tõ hÖ  6 x − 13 y + 29 = 0  B(8; 4) M(6; 5) AB ⊥ CH ⇒ n AB = u CH = (1, 2) H A(4; 6) ⇒ pt AB : x + 2 y − 16 = 0 .  x + 2 y − 16 = 0 ⇒ M (6; 5) Tõ hÖ  6 x − 13 y + 29 = 0 ⇒ B (8; 4). Gi¶ sö ph¬ng tr×nh ®êng trßn ngo¹i tiÕp ∆ABC : x 2 + y 2 + mx + ny + p = 0. 0,5 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   x 2 + y 2 − 4 x + 6 y − 72 = 0 Suy ra pt ®êng trßn: hay ( x − 2) 2 + ( y + 3) 2 = 85. 2. (1 ®iÓm) Gi¶ sö N ( x0 ; y0 ; z0 ) . V× N ∈ (γ ) ⇒ x0 + y0 − z0 − 6 = 0 (1) MN = PN  0,5 MNPQ lµ h×nh vu«ng ⇒ ∆MNP vu«ng c©n t¹i N ⇔  MN .PN = 0  ( x0 − 5) + ( y0 − 3) + ( z0 + 1) = ( x0 − 2) + ( y0 − 3) + ( z0 + 4) 2 2 2 2 2 2  ⇔  ( x0 − 5)( x0 − 2) + ( y0 − 3) 2 + ( z0 + 1)( z0 + 4) = 0   x0 + z0 − 1 = 0 ( 2) ⇔  ( x0 − 5)( x0 − 2) + ( y0 − 3) + ( z0 + 1)( z0 + 4) = 0 2 (3)  y 0 = −2 x 0 + 7 0,5 Tõ (1) vµ (2) suy ra  . Thay vµo (3) ta ®îc  z 0 = − x0 + 1 2 x0 − 5 x0 + 6 = 0  x0 = 2, y 0 = 3, z 0 = −1  N (2; 3; − 1) ⇒  hay  .  x0 = 3, y 0 = 1, z 0 = −2  N (3; 1; − 2) Gäi I lµ t©m h×nh vu«ng ⇒ I lµ trung ®iÓm MP vµ NQ 7 5 ⇒ I ( ; 3; − ) . 2 2 NÕu N (2; 3 − 1) th× Q(5; 3; − 4). NÕu N (3;1; − 2) th× Q(4; 5; − 3). 5
6 Gi¶ sö abcd lµ sè tho¶ m∙n ycbt. Suy ra d ∈ { 0, 2, 4, 6} . VIIa . 0,5 3 +) d = 0. Sè c¸ch s¾p xÕp abc lµ A6 . (1,0 3 2 +) d = 2. Sè c¸ch s¾p xÕp abc lµ A6 − A5 . ®iÓm +) Víi d = 4 hoÆc d = 6 kÕt qu¶ gièng nh trêng hîp d = 2. ) ( ) 0,5 3 3 2 Do ®ã ta cã sè c¸c sè lËp ®îc lµ A6 + 3 A6 − A5 = 420. 1. (1 ®iÓm) VIb. (2,0 x2 y2 Gäi ph¬ng tr×nh ( E ) : 2 + 2 = 1 (a > b > 0) . ®iÓm a b ) 4 9  a 2 + b2 = 1 (1) 0,5  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 ®îc + = 1 . 8c c(8 − c) c = 2 ⇔ 2c − 17c + 26 = 0 ⇔  13 2 c =  2 2 2 x y * NÕu c = 2 th× a 2 = 16, b 2 = 12 ⇒ ( E ) : + = 1. 16 12 0,5 13 x2 y2 39 * NÕu c = th× a 2 = 52, b 2 = ⇒ (E) : + = 1. 2 4 52 39 / 4 2. (1 ®iÓm) Gi¶ sö M ( x0 ; y0 ; z0 ) . Khi ®ã tõ gi¶ thiÕt suy ra x0 + 2 y0 + 2 ( x0 − 1) 2 + y0 + z0 = x0 + ( y0 − 1) 2 + z0 = x0 + ( y0 − 3) 2 + ( z0 − 2) 2 = 2 2 2 2 2 5  0,5 ( x0 − 1) 2 + y0 + z0 = x0 + ( y0 − 1) 2 + z0 2 2 2 2 (1)  2 ⇔  x0 + ( y0 − 1) 2 + z0 = x0 + ( y0 − 3) 2 + ( z0 − 2) 2 2 2 (2)  ( x0 − 1) 2 + y0 + z0 = ( x0 + 2 y0 + 2) 2 2 2 (3)   5  y0 = x0 Tõ (1) vµ (2) suy ra  .  z0 = 3 − x0 Thay vµo (3) ta ®îc 5(3 x0 − 8 x0 + 10) = (3 x0 + 2) 2 2 0,5  x0 = 1  M (1; 1; 2)  ⇒  23 23 14 ⇔  x0 = 23  M ( ; ; − ).   33 3 3 6
7 VIIb n ≥ 3  1 71 . Ta cã 2 + 3 = ⇔  2 7.3! 1 + = Cn Cn n (1,0 0,5  n(n − 1) n(n − 1)(n − 2) n  ®iÓm n ≥ 3 ) ⇔  2 ⇔ n = 9. n − 5n − 36 = 0 Suy ra a8 lµ hÖ sè cña x8 trong biÓu thøc 8(1 − x)8 + 9(1 − x)9 . 0,5 8 8 §ã lµ 8.C8 + 9.C 9 = 89. 7