Đề thi thử đại học môn toán trường Đại học Vinh 2009-2010

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

75
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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 , x2 sao cho x1  x 2 2 .

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học môn toán trường Đại học Vinh 2009-2010

1 TRƯỜNG ĐAI HỌC VINH Đề thi thử đại học năm học 2009-2010 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 đ ể hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x 2  2 . Câu II. (2,0 điểm)  1 sin 2 x 1. Giải phương trình: cot 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) . 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 đ ường 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: 1
2 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 đ ường thẳng chứa đ ường 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 đ ường tròn ngo ại 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 to ạ 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 đ ược 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 ) đ i qua điểm M (2;  3) và có phương trình một đ ường 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 đ ều 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)  a0  a1 x  ...  an x n . Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương tho ả mãn 1 7 1  3 . 2 Cn C n n ------------------------------------ Hết ------------------------------------- Trường đại học vinh đáp án đề khảo sát chất lượng lớp 12 Lần 1 – 2009-2010 Môn Toán, khối chuyên Cõu Đáp án Điểm I 1. (1,25 điểm) 2
3 Với m  1 ta có y  x 3  6 x 2  9 x  1 . * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên  Chiều biến thiên: y'  3 x 2  12 x  9  3( x 2  4 x  3) x  3 , y'  0  1  x  3 . Ta có y'  0   x  1 0,5 Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ,1) và (3,   ) . + Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3).  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1 và yCD  y (1)  3 ; đ ạt cực tiểu tại x  3 và yCT  y (3)  1 .  Giới hạn: lim y  ; lim y   . 0,25 x   x   3
4  Bảng biến thiên:  1 x 3     0 y’ 0  3 y -1  0,25 y * Đồ thị: 3 Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0,  1) . 2 1 x 1 2 3 4 O -1 0,25 2. (0,75 điểm) 4
5 Ta có y'  3 x 2  6( m  1) x  9. +) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x2  phương trình y'  0 có hai nghiệm pb là x1 , x2 0,25 2  Pt x  2(m  1) x  3  0 có hai nghiệm phân biệt là x1 , x2 . 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 x2  3. Khi đó x1  x 2  2  x1  x 2 2  4 x1 x2  4  4m  12  12  4  (m  1) 2  4  3  m  1 (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là  3  m  1  3 và  1  3  m  1. II 1. (1,0 điểm) 5
6 Điều kiện: sin x  0, sin x  cos x  0. cos x 2 sin x cos x   2 cos x  0 Pt đ ã cho trở thành sin x  cos x 2 sin x 2 cos 2 x cos x   0 sin x  cos x 2 sin x     cos x sin( x  )  sin 2 x   0 4   0,5  +) cos x  0  x   k , k   . 2     2 x  x  4  m 2  x  4  m 2  +) sin 2 x  sin( x  )    m, n   2 x    x    n 2  x    n 2 4   4 3   4  t 2 x  , t  . 4 3 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là   t 2 0,5  k ; x   x , k , t  . 2 4 3 2. (1,0 điểm) 1 Điều kiện x  . (*) 3 Với đk trên, pt đã 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 0,5  5(3 x  1) 2  (2 x  1)3 6
7  8 x 3  33x 2  36 x  4  0  ( x  2) 2 (8 x  1)  0 x  2  x  1 8  0,5 Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là x  2. III 3dx 2tdt Đặt t  3x  1  dt   dx  . 3 2 3x  1 (1,0 Khi x  1 thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4. điểm ) 2  t2 1   1 0,5 4  4 4 3 2tdt 2 dt   (t 2  1)dt  2  2 Suy ra I   . 2 t 1 3 92 2 t 1 2 .t 3 4 4 t 1 2 1 3  100 9   t  t   ln   ln . t 1 9 3 27 5  0,5 2 2  ( AB' , BC ' )  ( BD, BC ' )  600 ( D  A' B' ) - Kẻ BD // AB' IV 0,5  DBC '  60 0 ho ặc DBC '  1200. (1,0 7
8 - Nếu DBC '  600 Vì lăng trụ đều nên BB'  ( A' B' C ' ). áp dụng định lý Pitago và đ ịnh lý cosin ta có 1 m2 A B C 0,5 A’ m BD  BC '  m 2  1 và DC '  3. 1 B’ C’ 0 1 120 Kết hợp DBC '  60 0 ta suy ra BDC ' 3 D đều. m2  1  3  m  2. Do đó - Nếu DBC '  1200 áp dụng định lý cosin cho BDC ' suy ra m  0 (loại). Vậy m  2 . * 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: AB'.BC ' cos( AB' , BC ' )  cos( AB', BC ')  . AB'.BC ' 8
9 V t2 3 Đặt t  x  y  z  t 2  3  2( xy  yz  zx)  xy  yz  zx  . 2 (1,0 Ta có 0  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  3 nên 3  t 2  9  3  t  3 vì t  0. điểm) t2 3 5 Khi đó A  . 0,5 2 t t2 5 3 Xét hàm số f (t )    , 3  t  3. 2t2 t3  5 5 Ta có f ' (t )  t   0 vì t  3.  t2 t2 14 Suy ra f (t ) đồng biến trên [ 3 , 3] . Do đó f (t )  f (3)  . 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi t  3  x  y  z  1. 0,5 14 , đạt được khi x  y  z  1. Vậy GTLN của A là 3 1. (1 điểm) 9
10 C(-7; -1) - Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó CH có phương trình 2 x  y  13  0 , B(8; 4) M(6; 5) H CM có phương trình 6 x  13 y  29  0. A(4; 6) 2 x  y  13  0 - Từ hệ   C (7;  1). 6 x  13 y  29  0 0,5 - AB  CH  n AB  u CH  (1, 2)  pt AB : x  2 y  16  0 .  x  2 y  16  0 - Từ hệ   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   Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 80  8m  4n  p  0  n  6 . 0,5 50  7m  n  p  0  p  72   Suy ra pt đường tròn: x 2  y 2  4 x  6 y  72  0 hay ( x  2) 2  ( y  3) 2  85. 2. (1 điểm) 10
11 - Giả sử N ( x0 ; y0 ; z0 ) . Vì N  ( )  x0  y0  z 0  6  0 (1) MN  PN  - MNPQ là hình vuông  MNP vuông cân t ại N   MN .PN  0  ( x0  5) 2  ( y0  3)2  ( z0  1) 2  ( x0  2)2  ( y0  3) 2  ( z0  4)2  0,5  ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3) 2  ( z0  1)( z0  4)  0   x0  z0  1  0 ( 2)  2 ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  1)( z0  4)  0 (3)  y  2 x 0  7 - Từ (1) và (2) suy ra  0 2 . Thay vào (3) ta được x0  5 x0  6  0  z 0   x0  1 0,5  x0  2, y0  3, z 0  1  N (2; 3;  1) hay  .   x0  3, y0  1, z 0  2  N (3; 1;  2) 7 5 - Gọi I là tâm hình vuông  I là trung điểm MP và NQ  I ( ; 3;  ) . 2 2 Nếu N (2; 3  1) thì Q(5; 3;  4). Nếu N (3;1;  2) thì Q(4; 5;  3). Giả sử abcd là số thoả mãn ycbt. Suy ra d  0, 2, 4, 6. VIIa. (1,0 0,5 3 +) d  0. Số cách sắp xếp abc là A6 . điểm) 3 2 +) d  2. Số cách sắp xếp abc là A6  A5 . 11
12 +) Với d  4 hoặc d  6 kết quả giống như trường hợp d  2.   0,5 3 3 2 Do đó ta có số các số lập được là A6  3 A6  A5  420. 1. (1 điểm) VIb. (2,0 x2 y2 điểm) - Gọi phương trình ( E ) :  1 ( a  b  0) . a2 b2 4 9  a 2  b2  1 (1)  - Giả thiết   2 a  8 (2 ) c 0,5  (2)  a 2  8c  b 2  a 2  c 2  8c  c 2  c(8  c). Ta có 4 9  1. Thay vào (1) ta được 8c c(8  c) c  2  2c 2  17c  26  0   13 c   2 x2 y2 2 2 * Nếu c  2 thì a  16, b  12  ( E ) :   1. 16 12 x2 y2 39 13 thì a 2  52, b 2  * Nếu c   (E ) :   1. 4 52 39 / 4 2 0,5 2. (1 điểm) 12
13 Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) . Khi đó từ giả thiết 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  ( 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)  2 ( x0  1) 2  y0  z0  ( x0  2 y0  2) 2 2 (3) 0,5  5   y  x0 Từ (1) và (2) suy ra  0 .  z0  3  x0 Thay vào (3) ta được 5(3x0  8x0  10)  (3x0  2) 2 2  x0  1  M (1; 1; 2) 0,5    23 23 14   x0  23  M ( ; ;  ). 3 33 3   VIIb. n  3 1 71   3   2 Ta có 7.3! 1 2  n( n  1)  n( n  1)(n  2)  n Cn Cn n (1,0  điểm) 0,5 n  3  2  n  9. n  5n  36  0 Suy ra a8 là hệ số của x 8 trong biểu thức 8(1  x)8  9(1  x)9 . 0,5 8 8 Đó là 8.C8  9.C 9  89. 13