Đề Thi Thử ĐH Môn TOÁN Lần I - THPT Chuyên Lê Quý Đôn [2009 - 2010] pptx

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 [...]... C 2 n Từ giả thi t suy ra 2 V 1 2n 1 2048 Gi i phương trình : log 3 (9 x 2n 0.5 1 n 15.3 x 0.5 6 27) 2.log 3 1 4.3 x 3 i u kiện : 4.3 x – 3>0 Phương trình đã cho tương đương v i: log 3 (9 x 15.3 x 27) log 3 (4.3x 3) 2 9x 15.3 x 27 (4.3 x 3) 2 1 0.25 5.(3 x ) 2 2 5 3 x 3 (do 3 x 0) x 3x 3 Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình 3x 0 13.3x 1 (tm) 6 0 0.25 0.5 11 2 Cho các số thực dương thay đ i x, y, z... chất toạ độ trọng tâm ta có : Vậy B (-3 ;-1 ) IV 1 s 3 1 3 t 3 s 5 t 1 3 x (e 2 x xe 2 x dx Đặt u 1 x 2 )dx J K du x dv 1 dx 0.25 2x e 2 x dx v e 2 xe 2 x Ta có: J = 2 2 0.25 0.25 x 3 1 x 2 dx xe 2 x dx Tính J = 2t C(5;1) Tính nguyên hàm: I I 1 1 1 2x xe 2 x 1 2 x e dx e C1 2 2 4 1 4 1 1 3 3 2 2 3 2 2 3 (1 x ) d (1 x ) (1 x ) C2 K = x 1 x dx 2 2 4 4 xe 2 x 1 2 x 3 2 3 Vậy I e (1 x ) C 2 4 8 Tìm số nguyên... mãn: x 2 y 2 z 2 3 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 : P 1 xy 1 1 yz 1 1 zx 9 1 3 1 0.5 xy yz zx 2 2 2 18 3 (x y z 2 xy 18 (1) 3 ( x y z)2 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức bunhiakopxki ta có: ( x y z ) 2 3( x 2... (x y z 2 xy 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 Dấu bằng xảy ra khi x2 y2 z 2 3 Vậy min P 3 2 x y z 2 yz z 2 zx) 1 0.5 1 12 . 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Tổ : Toán – Tin ******* ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC LẦN I Năm học: 2009 - 2010 Môn : TOÁN - Kh i: A, B (Th i gian: 180 phút không kể th i gian phát đề) ĐỀ B I Câu I: (2 i m) 1 2 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Tổ : Toán – Tin ******* ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC LẦN I Năm học: 2009 - 2010 Môn : TOÁN - Kh i: D (Th i gian: 180 phút không kể th i gian phát đề) ĐỀ B I Câu I: (2 i m) 1 3 ĐÁP ÁN - BIỂU I M ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC LẦN I KH I D – NĂM HỌC : 2009 - 2010 Câu Ý N i dung i m 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số : 3 2 3 4 (1)y x x   1 .TXD: D =  lim lim x x