De + Dap An Thi Thu Dh Lan 1 2009 Mon Toan Khoi B Tren Toan Quoc

TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I. NĂM 2009 Môn: Toán - Khối B. Thời gian làm bài: 180 phút

A. Phần dành chung cho tất cả các thí sinh: Câu 1. Cho hàm số y = x3 − (m + 1)x + 5 − m2. 1) Khảo sát hàm số khi m = 2; 2) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực

đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng.   Câu 2. 1) Giải phương trình: tan x  2 cos x cos  x   4  

2x  y  1  x  y  1

2) Giải hệ phương trình: 

 3x  2y  4 7

Câu 3. 1) Tính tích phân: I =

 0

2x  1 dx . 3 x 1

2) Cho x, y, z là các số không âm thay đổi thoả mãn điều kiện x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = xy + yz + zx  27xyz. Câu 4. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, AA '  · · · BAD  BAA '  DAA '  600 . Tính thể tích hình hộp theo a.

a 3 và 3

B. Phần dành riêng cho từng ban: Câu 5a. (Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn) x x 1 1) Giải phương trình: log 2 (4  4)  x  log 1 (2  3) . 2

2) Trong không gian Oxyz cho 2 điểm A(1 ; 2; 2), B(3 ; 2; 0) và mặt phẳng () có phương trình 2x  2y  z + 1 = 0. a) Viết phương trình mặt phẳng () đi qua 2 điểm A, B và vuông góc với (); b) Gọi d là giao tuyến của () và (). Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d và đi

qua 2 điểm A, B. Câu 5b. (Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao) 1) Giải phương trình: log 2 (4 x  1)  log 2 (22 x 3  6)  x 2) Trong không gian Oxyz cho hình chóp S.OACB có S(0; 0; 2), đáy OACB là hình vuông và A(1; 0; 0), B(0; 1; 0). Gọi A’, B’, C’ lần lượt là hình chiếu của O trên SA, SB, SC. a) Viết phương trình mặt phẳng đi qua O và vuông góc với đường thẳng SC; b) Chứng minh các điểm O, A, B, C, A’, B’, C’ cùng thuộc một mặt cầu. Viết phương trình mặt cầu đó. ..............................Hết................................ Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . .

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2008−2009.KHỐI B A. Phần dành chung cho tất cả các thí sinh: Câu 1(2đ)

ý 1(1đ )

Nội dung

Điểm

Khảo sát hàm số khi m = 2 Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 − 3x + 1 1) TXĐ: R 2) SBT y  ; lim y   •Giới hạn: xlim  x  •BBT: Có y’ = 3x2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1 x −∞ 1 −1 y’ + 0 − 0 3 y −∞ −1

0,25

+∞ +

số ĐB trên (−∞ ; −1) và (1 ; +∞), nghịch biến trên (−1 ; 1). Hàm số đạt cực đại tại x = −1, yCĐ = y(−1) = 3; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = y(1) = −1. 3) Đồ thị: Giao với Oy: (0 ; 1) Đi qua: (2 ; 3), (−2 ; −1) Tâm đối xứng: (0 ; 1) -1 -2

0,25

+∞ Hàm

0,25

y 3 2

0,25

1 O

1

2

x

-1 -2

2(1đ )

2(2đ)

1(1đ )

Tìm m ... Có y’ = 3x2 − (m + 1). Hàm số có CĐ, CT ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 3(m + 1) > 0 ⇔ m > −1 (*) y” = 6x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ Đồ thị có tâm đối xứng là U(0 ; 5 − m2) ⇒ CĐ, CT của đồ thị và U thẳng hàng. Từ giả thiết suy ra I trùng U ⇔ 5 − m2 = 4 ⇔ m = 1 (do (*)) Giải phương trình ...

0,25 0,25 0,25 0,25

ĐK: x ≠ lπ (l ∈ ¢ ) PT ⇔ tanx = cosx(sinx + cosx) ⇔ sinx = cos2x(sinx + cosx) ⇔ sinx(sin2x + cos2x) = cos2x(sinx + cosx)

  k (k ∈ ¢ ) (Thoả mãn) 4

⇔ sin3x = cos3x ⇔ sinx = cosx ⇔ x  2(1đ )

0,25 0,25 0,25 0,25

Giải hệ PT ... Đặt

2 x  y  1  u  0, x  y  v  0 . Ta có hệ:

0,5

 u  v 1

 u  2, v  1 ⇒   2 2  u  1, v  2(loai )  u v 5 

2x  y  1  2 

x  y 1

Vậy hệ ⇔  3(2đ)

1(1đ )

 2x  y  1  2  x2   x  y 1  y  1

⇔

0,5

Đặt u  3 x  1 ⇒ x = u3 − 1; dx = 3u2du; u(0) = 1, u(7) = 2

0,25

Tính tích phân ...

2

⇒I=

2(u 3  1)  1 2 .3u du = 1 u

2

 (6u

4

 9u)du

0,25

1

2

 6u 5 9u 2  237  =   2  1 10  5

2(1đ )

0,5

Tìm giá nhỏ nhất ...  1 1 1 1 1 1    9 ⇒    9 x y z  x y z

Với x, y, z > 0 ta có ( x  y  z ) 

0,25

⇒ xy + yz + zx ≥ 9xyz. BĐT này cũng đúng khi xyz = 0 Do đó: ∀x, y, z ≥ 0, thì A ≥ −18xyz. Mặt khác, vì x + y + z = 1 nên xyz  Từ đó suy ra: A  

0,25

1 27

18 2  . 27 3

Hơn nữa x = y = z = 1/3 thì A = 2/3. Vậy min A = 2/3. +) Ta có: x2 ≥ x2 - (y - z)2 = (x + y - z)(x - y + z) = (1 - 2y)(1 - 2z) (1) Tương tự : y2 ≥ (1  2z)(1  2x) (2) ; z2 ≥ (1  2x)(1  2y) (3) Từ (1), (2), (3) suy ra xyz ≤ (1  2x)(1  2y)(1  2z)  xyz ≥ 1  2(x + y + z) + 4(xy + yz + zx)  8 xyz 1  9 xyz  4(xy + yz + zx) ≤ 1 + 9xyz  xy  yz  zx  4 1 99 xyz 1   A  4 4 4 Mặt khác x = 0, y = z = ½ thì A = ¼. Vậy max A = ¼.

4(1đ)

Tính thể tích hình hộp Hạ đường cao A’H. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AD. Theo định lý 3 đường vuông góc suy ra A’E ⊥ AB, A’F ⊥ AD. ∆ vuông A’AE bằng ∆ vuông A’AF (A’A chung và góc A’AE bằng góc A’AF) ⇒ HE = HF ⇒ H thuộc đường phân giác góc BAD ⇒ H ∈ AC

0,25

0,25

D' C' A' B'

0,25

D F A

C

H E B

a a 3 , A' E  2 6 a a2 a2 a 2 Từ ∆AHE ⇒ HE = AE.tan300 = ⇒ A' H    6 4 36 3

Từ ∆A’AE ⇒ AE 

Diện tích ABCD là

a2 3 a3 6 . Suy ra thể tích hộp: V  . 2 6

0,25 0,25 0,25

B. Phần dành riêng cho từng ban: Câu 5a(3đ)

ý 1(1đ )

Nội dung PT ⇔ log 2 (4 x  4)  x  log 2 (2 x 1  3) ⇔ log 2 (4 x  4)  log 2 2 x (2 x1  3) ⇔ 4 x  4  2 x (2 x1  3) Đặt 2x = t > 0, ta có: t2 + 4 = t(2t − 3) ⇔ t2 − 3t − 4 = 0 ⇔ t = 4 hoặc t = −1(loại) Vậy 2x = 4 ⇔ x = 2

2(2đ )

Điểm

Giải PT ... 0,25

0,5 0,25

a) Viết phương trình mp(β) ... mp(α) có 1 vectơ pháp tuyến nα (2; -2;-1); AB = (4;0; -2) ⇒ mp(β) có 1 vectơ pháp tuyến là nβ = nα ^ AB = (4;0;8) ⇒ phương trình mp(β): x + 2z − 3 = 0 b) Viết phương trình mặt cầu ... Gọi (γ) là mp trung trực của AB thì (γ)đi qua trung điểm M(1 ; 2 ; 1) của AB và có 1 vectơ pháp tuyến AB = (4;0; -2) ⇒ PT mp(γ): 2x − z − 1 = 0. Gọi I là tâm mặt cầu thì I là giao điểm của 3 mặt phẳng (α), (β), (γ) ⇒ toạ độ I là nghiệm của hệ:

0,5 0,5

0,5

 2x  2 y  z  1  0  ⇒ I(1 ; 1 ; 1).  x  2z  3  0  2x  z 1  0 

5b(3đ)

1(1đ )

Bán kính mặt cầu R  IA  6 ⇒ PT mặt cầu: (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 6 Giải phương trình ...

0,5

2(2đ )

PT ⇔ log 2 (4 x  1)  log 2 2 x (22 x 3  6) ⇔ 4 x  1  2 x (22 x3  6) Đặt 2x = t > 0, ta có PT: t2 + 1 = t(8t2 − 6) = 0 ⇔ 8t3 − t2 − 6t − 1 = 0 ⇔ (t − 1)(8t2 + 7t + 1) = 0 ⇔ t = 1 Vậy 2x = 1 ⇔ x = 0 a) Viết phương trình mặt phẳng ...

0,25 0,5 0,25

Vì OABC là hình vuông nên C(1; 1; 0) mặt phẳng cần tìm đi qua O và có 1 vectơ pháp tuyến SC (1;1;-2) ⇒ PT mặt phẳng cần tìm: x + y − 2z = 0 b) Chứng minh ... Viết PT mặt cầu ... Vì OA’ ⊥ (SAC) nên OA’ ⊥ A’C. S Tương tự: OB’ ⊥ B’C Như vậy: các điểm A, B, A’, B’, C’ nhìn C’ đoạn AC dưới một góc vuông ⇒ O, A, B’ B, C, A’, B’, C’ thuộc mặt cầu (S) A’ đường kính OC. B  1 1



Tâm I của mặt cầu (S) là trung điểm OC ⇒ I  ; ;0   2 2  1 2

Bán kính của (S): R  OC 

2 2 

C

A

2

0,5

I

O

2

0,5 0,5

1 1 1  Vậy phương trình mặt cầu (S):  x     y    z 2  . 2 2 2  

0,5