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

1 TRƯỜNG ĐAI HỌC VINH Đề thi thử đại học năm học 2009-2010 MƠN: TỐN; Thời gian làm bài: 180 phút Trường thpt chuyên - - A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3(m  1) x  x  m , với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho ứng với m  Xác định m để hàm số cho đạt cực trị x1 , x2 cho x1  x  Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: cot x  sin x   sin( x  ) sin x  cos x 2 Giải phương trình: log (3 x  1)   log ( x  1) Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   x2 1 x 3x  dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A' B ' C ' có AB  1, CC '  m (m  0) Tìm m biết góc hai đường thẳng AB' BC ' 60 Câu V (1,0 điểm) Cho số thực không âm x , y , z thoả mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức A  xy  yz  zx  x yz B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a, b) a Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 6) , phương trình đường thẳng chứa đường cao trung tuyến kẻ từ đỉnh C x  y  13  x  13 y  29  Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vng MNPQ có M (5; 3;  1), P(2; 3;  4) Tìm toạ độ đỉnh Q biết đỉnh N nằm mặt phẳng ( ) : x  y  z   Câu VIIa (1,0 điểm) Cho tập E  0,1, 2, 3, 4, 5, 6 Từ chữ số tập E lập số tự nhiên chẵn gồm chữ số đôi khác nhau? b Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xét elíp (E ) qua điểm M (2;  3) có phương trình đường chuẩn x   Viết phương trình tắc (E ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 0; 0), B(0;1; 0), C (0; 3; 2) mặt phẳng ( ) : x  y   Tìm toạ độ điểm M biết M cách điểm A, B, C mặt phẳng ( ) Câu VIIb (1,0 điểm) Khai triển rút gọn biểu thức  x  2(1  x)   n (1  x) n thu đa thức P( x)  a0  a1 x   an x n Tính hệ số a8 biết n số nguyên dương thoả mãn   Cn C n n Hết - Trường đại học vinh đáp án đề khảo sát chất lượng lớp 12 Lần – 2009-2010 Mơn Tốn, khối chun Cõu I Đáp án (1,25 điểm) Điểm Với m  ta có y  x  x  x  * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên  Chiều biến thiên: y'  x  12 x   3( x  x  3) x  Ta có y'    , y'    x  x  0,5 Do đó: + Hàm số đồng biến khoảng (,1) (3,   ) + Hàm số nghịch biến khoảng (1, 3)  Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  yCD  y (1)  ; đạt cực tiểu x  yCT  y (3)  1  Giới hạn: lim y  ; lim y   x   x   0,25  Bảng biến thiên: x   y’     y -1  0,25 y * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung điểm (0,  1) x O -1 0,25 (0,75 điểm) Ta có y'  x  6( m  1) x  +) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu x1 , x2  phương trình y' có hai nghiệm pb x1 , x2 0,25  Pt x  2(m  1) x   có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 m  1   '  (m  1)      m  1   (1) +) Theo định lý Viet ta có x1  x  2( m  1); x1 x2  Khi x1  x   x1  x 2  x1 x2   4m  12  12   (m  1)   3  m  (2) 0,5 Từ (1) (2) suy giá trị m   m  1     m  II (1,0 điểm) Điều kiện: sin x  0, sin x  cos x  Pt cho trở thành  cos x cos x sin x cos x  cos x  sin x  cos x  sin x  cos x 0 sin x  cos x sin x     cos x sin( x  )  sin x     0,5  +) cos x   x   k , k       2 x  x   m 2  x   m 2  +) sin x  sin( x  )    2 x    x    n 2  x    n 2     x m, n    t 2  , t   Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm pt x   t 2  k ; x   , k , t   0,5 (1,0 điểm) Điều kiện x  (*) Với đk trên, pt cho  log (3 x  1)   log ( x  1)  log 5(3 x  1)  log (2 x  1)  5(3 x  1)  (2 x  1)3 0,5  x  33x  36 x    ( x  2) (8 x  1)  x   x   Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm pt x  III Đặt t  3x   dt  3dx 3x   dx  0,5 2tdt (1,0 điểm) Khi x  t = 2, x = t =  t2 1   1   2tdt   Suy I   t 1 t 4 dt   (t  1)dt   92 t 1 4 1  t 1 100   t  t   ln   ln 3 t 1 27  2 - Kẻ BD // AB' IV ( D  A' B' ) 0,5 0,5  ( AB' , BC ' )  ( BD, BC ' )  600  DBC ' 60 DBC '  1200 0,5 (1,0 - Nếu DBC ' 600 Vì lăng trụ nên BB'  ( A' B' C ' ) áp dụng định lý Pitago định lý cosin ta có 1 m2 A B C 0,5 A’ m BD  BC '  m  DC ' B’ Kết hợp DBC ' 60 ta suy BDC ' D Do 120 m2    m  - Nếu DBC ' 1200 áp dụng định lý cosin cho BDC ' suy m  (loại) Vậy m  * Chú ý: - Nếu HS xét trường hợp góc 600 cho 0,5đ giải - HS giải phương pháp vectơ toạ độ với nhận xét: AB'.BC ' cos( AB' , BC ' )  cos( AB', BC ')  AB'.BC ' C’ V Đặt t  x  y  z  t   2( xy  yz  zx)  xy  yz  zx  t2 3 (1,0 điểm) Ta có  xy  yz  zx  x  y  z  nên  t    t  t  Khi A  t2 3  t Xét hàm số f (t )  Ta có f ' (t )  t  0,5 t2   ,  t  t t2  t3  t2  t  Suy f (t ) đồng biến [ , 3] Do f (t )  f (3)  14 Dấu đẳng thức xảy t   x  y  z  0,5 Vậy GTLN A 14 , đạt x  y  z  (1 điểm) 10 C(-7; -1) - Gọi đường cao trung tuyến kẻ từ C CH CM Khi CH có phương trình x  y  13  , CM có phương trình x  13 y  29  A(4; 6) H M(6; 5) B(8; 4) 2 x  y  13  - Từ hệ   C (7;  1) 6 x  13 y  29  0,5 - AB  CH  n AB  u CH  (1, 2)  pt AB : x  y  16   x  y  16  - Từ hệ   M (6; 5) 6 x  13 y  29   B(8; 4) - Giả sử phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC : x  y  mx  ny  p  52  4m  6n  p  m  4   Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 80  8m  4n  p   n  50  7m  n  p   p  72   Suy pt đường tròn: x  y  x  y  72  hay ( x  2)  ( y  3)  85 (1 điểm) 10 0,5 11 - Giả sử N ( x0 ; y0 ; z0 ) Vì N  ( )  x0  y0  z   (1) MN  PN  - MNPQ hình vuông  MNP vuông cân N   MN PN   ( x0  5)  ( y0  3)2  ( z0  1)  ( x0  2)2  ( y0  3)  ( z0  4)2   ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  1)( z0  4)    x0  z0    ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  1)( z0  4)  0,5 ( 2) (3)  y  2 x  - Từ (1) (2) suy  Thay vào (3) ta x0  x0    z   x0  0,5  x0  2, y0  3, z  1  N (2; 3;  1) hay    x0  3, y0  1, z  2  N (3; 1;  2) - Gọi I tâm hình vng  I trung điểm MP NQ  I ( ; 3;  ) 2 Nếu N (2;  1) Q(5; 3;  4) Nếu N (3;1;  2) Q(4; 5;  3) VIIa (1,0 điểm) Giả sử abcd số thoả mãn ycbt Suy d  0, 2, 4, 6 +) d  Số cách xếp abc A6 0,5 +) d  Số cách xếp abc A6  A5 11 12 +) Với d  d  kết giống trường hợp d    3 Do ta có số số lập A6  A6  A5  420 0,5 (1 điểm) VIb (2,0 điểm) - Gọi phương trình ( E ) : x2 y2  1 a2 b2 4  a  b2   - Giả thiết   a  c  Ta có ( a  b  0) (1) (2 ) 0,5 (2)  a  8c  b  a  c  8c  c  c(8  c) Thay vào (1) ta  1 8c c(8  c) c   2c  17c  26    13 c   x2 y2 * Nếu c  a  16, b  12  ( E ) :   16 12 * Nếu c  13 39 x2 y2 a  52, b   (E ) :   52 39 / 0,5 (1 điểm) 12 13 Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) Khi từ giả thiết suy 2 2 ( x0  1)2  y0  z0  x0  ( y0  1)  z0  x0  ( y0  3)  ( z0  2)   2 2 ( x0  1)  y0  z0  x0  ( y0  1)  z0   2   x0  ( y0  1)  z0  x0  ( y0  3)  ( z0  2)  2 ( x0  1)  y0  z0  ( x0  y0  2)   x0  y0  (1) ( 2) (3) 0,5  y  x0 Từ (1) (2) suy   z0   x0 Thay vào (3) ta 5(3x0  8x0  10)  (3x0  2)  x0   M (1; 1; 2)     23 23 14  x0  23  M ( ; ;  ) 3 3   VIIb (1,0 0,5 n   Ta có    7.3! Cn Cn n  n( n  1)  n( n  1)(n  2)  n  điểm) n    n  n  5n  36  0,5 Suy a8 hệ số x biểu thức 8(1  x)8  9(1  x)9 8 Đó 8.C8  9.C  89 0,5 13 ... - Trường đại học vinh đáp án đề khảo sát chất lượng lớp 12 Lần – 2009-2010 Môn Toán, khối chuyên Cõu I Đáp án (1,25 điểm) Điểm Với m  ta có y  x  x  x  * Tập xác định: D = R * Sự biến thi? ?n... (1, 3)  Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  yCD  y (1)  ; đạt cực tiểu x  yCT  y (3)  1  Giới hạn: lim y  ; lim y   x   x   0,25  Bảng biến thi? ?n: x   y’     y -1 ... Với d  d  kết giống trường hợp d    3 Do ta có số số lập A6  A6  A5  420 0,5 (1 điểm) VIb (2,0 điểm) - Gọi phương trình ( E ) : x2 y2  1 a2 b2 4  a  b2   - Giả thi? ??t   a  c 