1 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 mxxmxy 9)1(3 23 , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với 1 m . 2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại 21 , xx sao cho 2 21 xx . Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: ) 2 sin(2 cossin 2sin cot 2 1 x xx x x . 2. Giải phương trình: )12(log1)13(log2 3 5 5 xx . Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân 5 1 2 13 1 dx xx x I . Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều '''. CBAABC có ).0(',1 mmCCAB Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng ' AB và 'BC bằng 0 60 . Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm z y x , , thoả mãn 3 222 zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức zyx zxyzxyA 5 . 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 )6;4(A , phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 0132 yx và 029136 yx . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hình vuông MNPQ có )4;3;2(),1;3;5( PM . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng .06:)( zyx Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập 6,5,4,3,2,1,0E . 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 )3;2( M và có phương trình một đường chuẩn là .08 x Viết phương trình chính tắc của ).(E 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho các điểm )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA và mặt phẳng .022:)( yx Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm CBA ,, và mặt phẳng ).( Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức n xnxx )1( )1(21 2 thu được đa thức n n xaxaaxP )( 10 . Tính hệ số 8 a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn n CC nn 171 32 . Hết 2 2 Trờng đại học vinh đáp án đề khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 2009-2010 Môn Toán, khối chuyên Cõu ỏp ỏn im 1. (1,25 im) Với 1 m ta có 196 23 xxxy . * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên Chiều biến thiên: )34(39123' 22 xxxxy Ta có 1 3 0' x x y , 310' xy . Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1,( và ),3( . + Hm số nghịch biến trên khoảng ).3,1( 0,5 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1 x và 3)1( yy CD ; đạt cực tiểu tại 3 x và 1)3( yy CT . Giới hạn: yy xx lim;lim . 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm )1,0( . 1 2 3 4 -1 1 2 3 x y O 0,25 2. (0,75 điểm) I (2,0 im) Ta có .9)1(63' 2 xmxy +) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại 21 , xx phơng trình 0' y có hai nghiệm pb là 21 , xx Pt 03)1(2 2 xmx có hai nghiệm phân biệt là 21 , xx . 31 31 03)1(' 2 m m m )1( 0,25 x y y 3 -1 0 0 3 1 3 3 +) Theo định lý Viet ta có .3);1(2 2121 xxmxx Khi đó 41214442 2 21 2 2121 mxxxxxx )2(134)1( 2 mm Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là 313 m và .131 m 0,5 1. (1,0 điểm) Điều kiện: .0cossin,0sin xxx Pt đã cho trở thành 0cos2 cossin cossin2 sin2 cos x xx xx x x 02sin) 4 sin(cos 0 cossin cos2 sin2 cos 2 xxx xx x x x +) ., 2 0cos kkxx 0,5 +) nm n x mx nxx mxx xx , 3 2 4 2 4 2 4 2 2 4 2 ) 4 sin(2sin ., 3 2 4 t t x Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là kx 2 ; .,, 3 2 4 tk t x 0,5 2. (1,0 điểm) Điều kiện . 3 1 x (*) Với đk trên, pt đã cho )12(log31)13(log 5 2 5 xx 32 3 5 2 5 )12()13(5 )12(log)13(5log xx xx 0,5 II (2,0 im) 8 1 2 0)18()2( 0436338 2 23 x x xx xxx Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là .2 x 0,5 III (1,0 im) Đặt 3 2 132 3 13 tdt dx x dx dtxt . Khi 1 x thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4. Suy ra 4 2 2 2 2 3 2 . . 3 1 1 3 1 tdt t t t I 4 2 2 4 2 2 1 2)1( 9 2 t dt dtt 0,5 4 4 . 5 9 ln 27 100 2 4 1 1 ln 2 4 3 1 9 2 3 t t tt 0,5 - Kẻ )''('// BADABBD 0 60)',()','( BCBDBCAB 0 60' DBC hoặc .120' 0 DBC 0,5 IV (1,0 điểm) - Nếu 0 60'DBC Vì lăng trụ đều nên ).'''(' CBABB áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có 1' 2 mBCBD và .3'DC Kết hợp 0 60'DBC ta suy ra 'BDC đều. Do đó .231 2 mm - Nếu 0 120'DBC áp dụng định lý cosin cho 'BDC suy ra 0 m (loại). Vậy .2m * Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trờng hợp góc 0 60 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng. - HS có thể giải bằng phơng pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét: ' '. '.' )','cos()','cos( BC AB BCAB BCABBCAB . 0,5 Đặt z y x t 2 3 )(23 2 2 t zxyzxyzxyzxyt . Ta có 30 222 zyxzxyzxy nên 3393 2 tt vì .0 t Khi đó . 5 2 3 2 t t A 0,5 V (1,0 điểm) Xét hàm số .33, 2 35 2 )( 2 t t t tf Ta có 0 55 )(' 2 3 2 t t t ttf vì .3t Suy ra )(tf đồng biến trên ]3,3[ . Do đó . 3 14 )3()( ftf Dấu đẳng thức xảy ra khi .13 zyxt Vậy GTLN của A là 3 14 , đạt đợc khi .1 zyx 0,5 1. (1 điểm) A 2 1 m C C B B A m D 3 1 1 0 120 5 5 - Gọi đờng cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó CH có phơng trình 0132 yx , CM có phơng trình .029136 yx - Từ hệ ).1;7( 029136 0132 C yx yx - )2,1( CHAB unCHAB 0162: yxABpt . - Từ hệ )5;6( 029136 0162 M yx yx ).4;8(B 0,5 - Giả sử phơng trình đờng tròn ngoại tiếp .0: 22 pnymxyxABC Vì A, B, C thuộc đờng tròn nên 0750 04880 06452 pnm pnm pnm 72 6 4 p n m . Suy ra pt đờng tròn: 07264 22 yxyx hay .85)3()2( 22 yx 0,5 2. (1 điểm) - Giả sử );;( 000 zyxN . Vì )1(06)( 000 zyxN - MNPQ là hình vuông MNP vuông cân tại N 0.PNMN PNMN 0)4)(1()3()2)(5( )4()3()2()1()3()5( 00 2 000 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 zzyxx zyxzyx 0,5 )3(0)4)(1()3()2)(5( )2(01 00 2 000 00 zzyxx zx - Từ (1) và (2) suy ra 1 72 00 00 xz xy . Thay vào (3) ta đợc 065 0 2 0 xx 2,1,3 1,3,2 000 000 zyx zyx hay )2;1;3( )1;3;2( N N . - Gọi I là tâm hình vuông I là trung điểm MP và NQ ) 2 5 ;3; 2 7 ( I . Nếu )13;2( N thì ).4;3;5( Q Nếu )2;1;3( N thì ).3;5;4( Q 0,5 Giả sử abcd là số thoả mãn ycbt. Suy ra 6,4,2,0d . +) .0 d Số cách sắp xếp abc là . 3 6 A +) .2 d Số cách sắp xếp abc là . 2 5 3 6 AA 0,5 VIIa. (1,0 điểm) +) Với 4 d hoặc 6 d kết quả giống nh trờng hợp .2 d Do đó ta có số các số lập đợc là .4203 2 5 3 6 3 6 AAA 0,5 1. (1 điểm) M(6; 5) A (4 ; 6) C(-7; -1) B(8; 4) H 6 6 - Gọi phơng trình )0(1:)( 2 2 2 2 ba b y a x E . - Giả thiết )2(8 )1(1 94 2 22 c a ba Ta có ).8(88)2( 22222 cccccabca Thay vào (1) ta đợc 1 )8( 9 8 4 ccc . 0,5 2 13 2 026172 2 c c cc * Nếu 2 c thì .1 12 16 :)(12,16 22 22 yx Eba * Nếu 2 13 c thì .1 4 / 39 52 :)( 4 39 ,52 22 22 yx Eba 0,5 2. (1 điểm) Giả sử );;( 000 zyxM . Khi đó từ giả thiết suy ra 5 22 )2()3()1()1( 002 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 yx zyxzyxzyx )3( 5 )22( )1( )2()2()3()1( )1()1()1( 2 00 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 yx zyx zyxzyx zyxzyx 0,5 Từ (1) và (2) suy ra 00 00 3 xz xy . Thay vào (3) ta đợc 2 00 2 0 )23()1083(5 xxx 3 23 1 0 0 x x ). 3 14 ; 3 23 ; 3 23 ( )2;1;1( M M 0,5 Ta có nnnnnn n n CC nn 1 )2)(1( !3.7 )1( 2 3 171 32 .9 0365 3 2 n nn n 0,5 VIIb. (1,0 điểm) Suy ra 8 a là hệ số của 8 x trong biểu thức .)1(9)1(8 98 xx Đó là .89.9.8 8 9 8 8 CC 0,5 7 7 . 1 1 TRƯỜNG ĐAI HỌC VINH Đề thi thử đại học năm học 200 9-2 010 Trường thpt chuyên MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút A. PHẦN CHUNG CHO. Trờng đại học vinh đáp án đề khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 200 9-2 010 Môn Toán, khối chuyên Cõu ỏp ỏn im 1. (1,25 im) Với 1 m ta có 196 23 xxxy . * Tập xác định: D = R * Sự biến thi n. AAA 0,5 1. (1 điểm) M(6; 5) A (4 ; 6) C (-7 ; -1 ) B(8; 4) H 6 6 - Gọi phơng trình )0(1:)( 2 2 2 2 ba b y a x E . - Giả thi t )2(8 )1(1 94 2 22 c a ba Ta có