Đề thi thử Đại học lần I môn Toán khối A, B năm học 2009-2010 - THPT Chuyên Lê Quý Đôn

ng 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: 32 2( 1 )xI 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 nC C C C     ( knC 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 logx 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----------------------
3ĐÁP 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 23 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 xCT = 0 ; yCT = y(0) = -4
. Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 2 ; yCĐ = 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
4Hoành 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(xI;yI) A(xA;yA) B(xB;yB)
với xA, xB là nghiệm của phương trình (*)
0.25
Vì xA+ xB =2 = 2xI và I,A,B cùng thuộc (d) nên I là trung điểm của AB 0.25
1 Giải phương trình: 3cos3 2sin 2 .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 logx
x y
x y
x
      
1
ĐK: 0 1; 0x x y   
Hệ PT
2 29 9 10
( ) 3 2log log
x x
x y
x y
      
0.25
2 2x 9 y 9 10
x y 8
      
đặt
S x y
P xy
   
0.25
Hệ trở thành:
2
2 2
S 8S 8 S 8
P 9
P 16P 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
51
Cho hình chóp S.ABC có SA vuônggóc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng
(SAB) vuông góc với mặt phẳng (SBC), SB = a ,  060 ,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 SBBC 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;  060BSC suy ra 0 2os60
SBSC 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.tan600 = 3a
0.25
III
.
3 3
1 1 1
. os . . sin . 3
3 3 2
1 33sin . os sin 2
6 12
S ABC ABCV SA S ac a a
a c a
 
  
 
 
0.25
6Ta thấy:
3 3
.
3 3
sin 2
12 12S ABC
V a a 
Dấu “=” xảy ra khi sin 2 1
4
   
Vậy thể tích khối chóp SABC đạt giá trị lớn nhất khi
4

0.5
1 Tính nguyên hàm: 32 2( 1 )xI x e x dx   1
32 21xI xe dx x x dx J K     
Tính J = 2xxe dx Đặt 22
2
x
x
du dx
u x
edv e dx v
         
0.25
Ta có: J =
2 2
2 21 1 1
2 2 2 4
x x
x xxe xee dx e C    0.25
K =
1 4
3 2 2 2 23 3
2
1 1 31 (1 ) (1 ) . (1 )
2 2 4
x x dx x d x x C       
Vậy
42
2 2 31 3(1 )
2 4 8
x
xxeI e x C    
0.5
2
Cho khai triển 0 1(1 3 ) ...n nnx a a x a x     trong đó n  và các hệ
số 0 1, ,..., na a a thoả mãn hệ thức: 10 ... 10243 3
n
n
aa
a     .
Tìm số lớn nhất trong các số 0 1, ,..., na a a
1
Đặt
1
0 1 0
1( ) (1 3 ) ... ... 1024 ( )
3 33
n n n
n n
aaf x x a a x a x a f           
Từ giải thiết suy ra 2 n = 1024 = 210  n= 10
0.25
Với mọi  0,1,2,...,9k  Ta có 1 110 1013 ; 3k kk kk ka aC C  
10
1 1
101
3 1 291 1 1
3(10 ) 43
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 7k
k
a k a a a
a 
      0.25
IV
Vậy số lớn nhất trong các số 0 1, ,..., na a a là
8 8
108 3a C 0.25
V 1 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyếnBM: x – 2y + 1 =0 ; CN: y = 1. Tìm toạ độ B và C. 1
7Gọi 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 33 3 3 1 :
43 3 3 3 3 3
x y z x y z
x y z
x y z y x z z y xCMR
  
  
         1
Đặt 3 ;3 ; 3x y za 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
33 . . (1)( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
33 . . (2)( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
33 . . (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
8ĐÁP 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 23 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 xCT = 0 ; yCT = y(0) = -4
.Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 2 ; yCĐ = 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
9Hoành 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(xI;yI) A(xA;yA) B(xB;yB)
với xA, xB là nghiệm của phương trình (*)
0.25
Vì xA+ xB =2 = 2xI và I,A,B cùng thuộc (d) nên I là trung điểm của AB 0.25
1 Giải phương trình: 3cos3 2sin 2 .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 22
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 22 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
do x 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
12 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
aAH
AH SA AH
    0.25
Xét tam giác vuông SAB:
2
2
2
4SA SM.SB
5
SM SA
SB SB
   
Xét tam giác vuông SAC:
2
2
2
4SA SN.SC
5
SN SA
SC SC
   
SUy ra
216 9 9 19
25 25 100
SMN
BCMN SBC
SBC
S aS S
S
   
0.25
Vậy thể tích khối chóp A.BCNM là:
31 3 3
.
3 50BCNM
aV AH S  0.25
2 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyếnBM: 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). To