TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC có đáp án

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

340
lượt xem 49
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'trường thpt chuyên lê quý đôn đề thi thử đại học có đáp án', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC có đáp án

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I LÊ QUÝ ĐÔN Năm học: 2009 - 2010 Tổ : Toán – Tin 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 : y x3 3 x 2 4 (1) 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: 3 cos3x 2sin 2x.cos x sinx =0 x2 9 y2 9 10 2. Giải hệ phương trình: 3 log x( x y) log 2x 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 , BSC 600 , 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) 3 1. Tính nguyên hàm: I x (e 2 x 1 x 2 )dx 2. Cho khai triển (1 3 x) n a0 a1x ... a n x n trong đó n và các hệ a1 an số a0 , a1,..., an thoả mãn hệ thức: a0 ... 1024 . 3 3n Tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1,..., an 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 x 3 y 3 z 1 9x 9y 9z 3x 3y 3z CMR : x 3 3y z 3 y 3x z 3z 3 y x 4 ---------------------Hết---------------------- 1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I LÊ QUÝ ĐÔN Năm học: 2009 - 2010 Tổ : Toán – Tin 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 : y x3 3 x 2 4 (1) 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: 3 cos3x 2sin 2x.cos x sinx =0 xy x y y2 2 x2 2. Giải hệ phương trình: y 2x x y 1 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: I x(e 2 x 3 1 x 2 )dx 2. Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức: 0 2 4 2n C 2 n C 2 n C 2 n ... C 2 n 2048 ( C k số tổ hợp chập k của n phần tử). n Câu V: (2 điểm) 1 1.Giải phương trình : log 3 (9 x 15.3 x 27) 2.log 3 x 0 4.3 3 2. Cho các số thực dương thay đổi x, y, z thoả mãn: x 2 y 2 z 2 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 1 1 1 P xy 1 yz 1 zx 1 ---------------------Hết---------------------- 2
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI D – NĂM HỌC : 2009 - 2010 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y x 3 3x 2 4 (1) 1 .TXD: D = 0.25 lim lim x x .Sự biến thiên y' 3x 2 6 x y ' 0 x 0 x 2 .Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên mỗi khoảng : 0.25 ;0 và 2; . Hàm số đạt cực tiểu tại xCT = 0 ; yCT = y(0) = -4 . Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 2 ; yCĐ = y(2) = 0 BBT x 0 2 y’ - 0 + 0 - y 0 0.25 -4 Đồ thị 0.25 Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;-2) với hệ số góc k 2 ( k < 3 ) đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I 1 là trung điểm của đoạn thẳng AB. 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: 0.25 y = k(x-1) – 2 3
Hoành độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của phương trình: x 3 3 x 2 4 k ( x 1) 2 ( x 1)( x 2 2 x 2 k ) 0 0.25 x 1 x 2 2 x 2 k 0 (*) Do k
III Cho hình chóp S.ABC có SA vuônggóc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng 1 (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SBC), SB = a , BSC 600 , ASB . 1 Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. S j I H A 0.25 C B Trong mặt phẳng (SAB) kẻ AH SB Do giả thiết (SAB) (SBC) AH ( SBC ) AH BC (1) Giả thiết SA (ABC) SA BC (2) BC SB 0.25 Từ (1)(2) suy ra BC ( SAB) BC AB 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. 0.25 Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Bán kính mặt cầu ngoại tiếp R = IS = IC = SC/2 SB Trong SBC có SB = a; BSC 600 suy ra SC 2a 0.25 cos600 Vậy R = a. 2 Với giá trị nào của thì thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất. 1 AB SB sin a sin Trong tam giác vuông SAB, tacó: SA SBcos acos 0.25 Trong tam giác vuông SBC: BC = SB.tan600 = a 3 1 1 1 VS . ABC SA.S ABC acos . .a sin .a 3 3 3 2 0.25 1 3 3 3 a 3 sin .cos a sin 2 6 12 5
Ta thấy: 3 3 3 3 VS . ABC a sin 2 a 12 12 Dấu “=” xảy ra khi sin 2 1 0.5 4 Vậy thể tích khối chóp SABC đạt giá trị lớn nhất khi 4 IV Tính nguyên hàm: I x (e 2 x 3 1 x 2 )dx 1 1 I xe 2 x dx x 3 1 x 2 dx J K du dx 2x u x 0.25 Tính J = xe dx Đặt e 2x dv e 2 x dx v 2 xe 2 x 1 2x xe 2 x 1 2 x Ta có: J = e dx e C1 0.25 2 2 2 4 1 4 3 2 1 2 3 2 1 3 2 3 K = x 1 x dx (1 x ) d (1 x ) . (1 x ) C2 2 2 4 4 0.5 xe 2 x 1 2 x 3 2 3 Vậy I e (1 x ) C 2 4 8 Cho khai triển (1 3 x) n ... a n x n trong đó n a0 a1x và các hệ a1 an 2 số a0 , a1,..., an thoả mãn hệ thức: a0 ... 1024 . 1 3 3n Tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1,..., an Đặt a1 an 1 f ( x) (1 3 x) n a0 a1x ... an x n a0 ... 1024 f( ) 0.25 3 3n 3 n 10 Từ giải thiết suy ra 2 = 1024 = 2 n= 10 Với mọi k 0,1,2,...,9 Ta có ak 3k C 10; ak k 1 3k 1C 10 1 k ak 3k C 10 k k 1 29 1 1 1 k 0.25 ak 1 3k 1C 10 1 k 3(10 k ) 4 k k 7 Do đó a0 a1 ... a8 .Tương tự ta cũng có: ak 0.25 1 k 7 a8 a9 a10 ak 1 Vậy số lớn nhất trong các số a0 , a1,..., an là a8 38 C 10 8 0.25 V Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyến 1 1 BM: x – 2y + 1 =0 ; CN: y = 1. Tìm toạ độ B và C. 6
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, A(1;3). Toạ độ của G là nghiệm x 2y 1 0 x 1 0.25 của hệ G (1;1) y 1 y 1 BM: x – 2y + 1 = 0 B(-1+2t;t) CN: y = 1 C(s;1) 0.25 1 1 2t s 3 s 5 Theo tính chất toạ độ trọng tâm ta có : 0.25 3 t 1 3 t 1 Vậy B(-3;-1) C(5;1) 0.25 Cho các số thực x,y,z thoả mãn điều kiện 9x 9y 9z 3x 3y 3z 2 3 x 3 y 3 z 1 CMR : x 1 3 3 y z 3 y 3x z 3z 3 y x 4 Đặt 3 x a;3 y b; 3 z c Ta có a,b,c>0 và ab + bc + ca = abc Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : a2 b2 c2 a b c a bc b ca c ab 4 0.5 3 3 3 a b c a b c 2 2 2 a abc b cba c abc 4 3 3 a b c3 a b c (*) (a b)(a c) (b a)(b c) (c a )(c b) 4 Áp dụng BĐT Côsi ta có: a3 a b a c a3 a b a c 3a 33 . . (1) (a b)(a c) 8 8 (a b)(a c) 8 8 4 b3 b a b c b3 b a b c 3b 33 . . (2) (b a)(b c) 8 8 (b a )(b c) 8 8 4 0.5 c3 c a c b c3 c a c b 3c 33 . . (3) (c a)(c b) 8 8 (c a )(c b) 8 8 4 Cộng từng vế của (1)(2)(3), ta suy ra: a3 b3 c3 a b c (a b)(a c) (b a )(b c) (c a )(c b) 4 Vậy (*) đúng và ta có đpcm. 7
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI D – NĂM HỌC : 2009 - 2010 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y x 3 3x 2 4 (1) 1 .TXD: D = 0.25 lim lim x x .Sự biến thiên y' 3x 2 6 x y ' 0 x 0 x 2 .Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên mỗi khoảng : 0.25 ;0 và 2; . Hàm số đạt cực tiểu tại xCT = 0 ; yCT = y(0) = -4 .Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 2 ; yCĐ = y(2) = 0 BBT x 0 2 y’ - 0 + 0 - y 0 0.25 -4 Đồ thị 0.25 Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;-2) với hệ số góc k 2 ( k < 3 ) đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I 1 là trung điểm của đoạn thẳng AB. 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: 0.25 y = k(x-1) – 2 8
Hoành độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của phương trình: x 3 3 x 2 4 k ( x 1) 2 ( x 1)( x 2 2 x 2 k ) 0 0.25 x 1 x 2 2 x 2 k 0 (*) Do k
III 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 1 1 góc của A trên các đường thẳng SB và SC. Tính thể tích khối chóp A.BCNM. S N H M A C K B Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK. Do BC AK , BC SA BC AH 0.25 Do AH ¸HK , AH BC AH ( SBC ) 1 1 1 2 3a Xét tam giác vuông SAK: AH 0.25 AH 2 SA2 AH 2 19 2 SM SA2 4 Xét tam giác vuông SAB: SA SM.SB SB SB 2 5 2 SN SA2 4 0.25 Xét tam giác vuông SAC: SA SN.SC SC SC 2 5 S 16 9 9 19a 2 SUy ra SMN S BCMN S SBC S SBC 25 25 100 1 3 3a 3 Vậy thể tích khối chóp A.BCNM là: V AH .S BCNM 0.25 3 50 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyến 2 1 BM: x – 2y + 1 =0 ; CN: y = 1. Tìm toạ độ B và C. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, A(1;3). Toạ độ của G là nghiệm x 2y 1 0 x 1 0.25 của hệ G (1;1) y 1 y 1 BM: x – 2y + 1 = 0 B(-1+2t;t) CN: y = 1 C(s;1) 0.25 10
1 1 2t s 3 s 5 Theo tính chất toạ độ trọng tâm ta có : 0.25 3 t 1 3 t 1 Vậy B(-3;-1) C(5;1) 0.25 IV Tính nguyên hàm: I x (e 2 x 3 1 x 2 )dx 1 1 I xe 2 x dx x 3 1 x 2 dx J K du dx u x 0.25 Tính J = xe 2 x dx Đặt e2x dv e 2 x dx v 2 xe 2 x 1 2x xe 2 x 1 2 x Ta có: J = e dx e C1 0.25 2 2 2 4 1 4 3 2 1 2 3 2 1 3 2 3 K = x 1 x dx (1 x ) d (1 x ) . (1 x ) C2 2 2 4 4 0.5 xe 2 x 1 2 x 3 2 3 Vậy I e (1 x ) C 2 4 8 Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức: 2 0 2 4 2n k C 2 n C 2 n C 2 n ... C 2 n 2048 ( C n số tổ hợp chập k của n phần tử) 1 Ta có : 0 1 2 3 2n 2n C 2 n C 2 n C 2 n C 2 n ... C 2 n (1 1) 0 2n 0.5 0 1 2 3 2n C 2 n C 2 n C 2 n C 2 n ... C 2 n (1 1) 22n 0 2 4 2n C 2 n C 2 n C 2 n ... C 2 n 2n 1 0.5 2n 1 Từ giả thiết suy ra 2 2048 n 6 V 1 Giải phương trình : log 3 (9 x 15.3 x 27) 2.log 3 0 1 4.3 x 3 1 Điều kiện : 4.3 x – 3>0 0.25 Phương trình đã cho tương đương với: log 3 (9 x 15.3 x 27) log 3 (4.3x 3) 2 0.25 9x 15.3 x 27 (4.3 x 3) 2 5.(3 x ) 2 13.3x 6 0 2 3x 5 3 x 3 (do 3 x 0) x 1 (tm) 0.5 3x 3 Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình. 11
Cho các số thực dương thay đổi x, y, z thoả mãn: x 2 y 2 z 2 3 . 2 1 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P xy 1 yz 1 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 (a b c)( ) 9 (*) a b c a b c a b c Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Áp dụng (*) ta có : 1 1 1 9 0.5 P xy 1 yz 1 zx 1 3 xy yz zx 18 2 2 2 3 (x y z 2 xy 2 yz 2 zx) 18 (1) 3 ( x y z)2 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức bunhiakopxki ta có: ( x y z ) 2 3( x 2 y 2 z 2 ) 9 (2) 18 3 từ (1)(2), suy ra: P 3 9 2 x y z xy 1 yz 1 zx 1 x y z 1 0.5 Dấu bằng xảy ra khi x2 y2 z 2 3 3 Vậy min P x y z 1 2 12