Đề thi thử đại học môn toán trường Đại học Vinh 2009-2010
lượt xem 10
download
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 .
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
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 yz 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 4m 12 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
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Đề thi thử Đại học môn Hóa năm 2010 khối A, B - Trường THPT Đồng Lộc (Mã đề 161)
5 p | 826 | 490
-
.....đề thi thử đại học môn Văn dành cho các bạn luyện thi khối C & Dđề thi thử đại học môn Văn dành cho các bạn luyện thi khối C & D
5 p | 908 | 329
-
Đề thi thử Đại học môn Văn khối D năm 2011 - Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng
5 p | 748 | 262
-
Đề thi thử Đại học môn Hoá - Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Mã đề 101)
17 p | 591 | 256
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Bộ GD & ĐT (Đề 01)
6 p | 444 | 242
-
Đề thi thử Đại học môn Hóa năm 2010 - Trường THPT Dân tộc nội trú tỉnh (Mã đề 165)
6 p | 477 | 233
-
Đề thi thử Đại học môn Văn khối D năm 2011
4 p | 885 | 212
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Bộ GD & ĐT (Đề 02)
6 p | 386 | 184
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Bộ GD & ĐT (Đề 08)
7 p | 305 | 119
-
Đề thi thử Đại học môn Hóa năm 2010 - Trường THPT Tĩnh Gia 2 (Mã đề 135)
21 p | 329 | 73
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Đề số 1
5 p | 235 | 54
-
Đề thi thử Đại học môn Hóa năm 2011 - Trường THPT Trần Hưng Đạo (Mã đề 268)
6 p | 167 | 35
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Đề số 4
7 p | 169 | 29
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Đề số 3
6 p | 176 | 25
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Đề số 5
4 p | 180 | 25
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Đề số 14
5 p | 122 | 21
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Đề số 8
6 p | 166 | 21
-
Đề thi thử Đại học môn Hóa năm 2010 khối A, B - Trường THPT Hương Khê (Mã đề 142)
7 p | 182 | 17
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn