Đề + Đáp án thi thử ĐH lần 1. 2009 Môn Toán khối B

TR ƯỜNG 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 = x 3 − (m + 1)x + 5 − m 2 . 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 2 cos cos 4 x x x π   = −  ÷   2) Giải hệ phương trình: 2x y 1 x y 1 3x 2y 4  + + − + =   + =   Câu 3. 1) Tính tích phân: I = 7 3 0 2x 1 dx 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, 3 ' 3 a AA = và · · · 0 ' ' 60BAD BAA DAA= = = . Tính thể tích hình hộp theo a. B. Phần dành riêng cho từng ban: Câu 5a. (Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn) 1) Giải phương trình: 1 2 1 2 log (4 4) log (2 3) x x x + + = − − . 2) Trong không gian Oxyz cho 2 điểm A(−1 ; 2; 2), B(3 ; 2; 0) và mặt phẳng (α) có phương trình 2x − 2y − z + 1 = 0. a) Viết phương trình mặt phẳng (β) đi qua 2 điểm A, B và vuông góc với (α); b) Gọi d là giao tuyến của (α) và (β). 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: 2 3 2 2 log (4 1) log (2 6) x x 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 ý Nội dung Điểm 1(2đ) 1(1đ) Khảo sát hàm số khi m = 2 Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x 3 − 3x + 1 1) TXĐ: R 2) SBT •Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ 0,25 •BBT: Có y’ = 3x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1 x −∞ −1 1 +∞ y’ + 0 − 0 + y −∞ 3 −1 +∞ Hàm số ĐB trên (−∞ ; −1) và (1 ; +∞), nghịch biến trên (−1 ; 1). 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = −1, y CĐ = y(−1) = 3; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = y(1) = −1. 0,25 3) Đồ thị: Giao với Oy: (0 ; 1) Đi qua: (2 ; 3), (−2 ; −1) Tâm đối xứng: (0 ; 1) 0,25 2(1đ) Tìm m . Có y’ = 3x 2 − (m + 1). Hàm số có CĐ, CT ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 3(m + 1) > 0 ⇔ m > −1 (*) 0,25 y” = 6x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ Đồ thị có tâm đối xứng là U(0 ; 5 − m 2 ) 0,25 ⇒ CĐ, CT của đồ thị và U thẳng hàng. 0,25 Từ giả thiết suy ra I trùng U ⇔ 5 − m 2 = 4 ⇔ m = 1 (do (*)) 0,25 2(2đ) 1(1đ) Giải phương trình . ĐK: x ≠ lπ (l ∈ ¢ ) 0,25 PT ⇔ tanx = cosx(sinx + cosx) ⇔ sinx = cos 2 x(sinx + cosx) 0,25 ⇔ sinx(sin 2 x + cos 2 x) = cos 2 x(sinx + cosx) 0,25 ⇔ sin 3 x = cos 3 x ⇔ sinx = cosx ⇔ 4 x k π π = + (k ∈ ¢ ) (Thoả mãn) 0,25 2(1đ) Giải hệ PT . Đặt 2 1 0, 0x y u x y v+ + = ≥ + = ≥ . Ta có hệ: 2 2 1 5 u v u v − =   + =  ⇒ 2, 1 1, 2( ) u v u v loai = =   = − = −  0,5 Vậy hệ ⇔ 2 1 2 1 x y x y  + + =   + =   ⇔ 2 1 2 2 1 1 x y x x y y + + = =   ⇔   + = = −   0,5 3(2đ) 1(1đ) Tính tích phân . Đặt 3 1u x= + ⇒ x = u 3 − 1; dx = 3u 2 du; u(0) = 1, u(7) = 2 0,25 2 -2 -1 1 2 x 1 3 -1 -2 y O ⇒ I = 2 3 2 1 2(u 1) 1 .3u du u − − ∫ = 2 4 1 (6u 9u)du− ∫ 0,25 = 2 5 2 1 6 9 237 5 2 10 u u   − =  ÷   0,5 2(1đ) Tìm giá nhỏ nhất . Với x, y, z > 0 ta có 1 1 1 ( ) 9x y z x y z   + + + + ≥  ÷   ⇒ 1 1 1 9 x y z + + ≥ ⇒ xy + yz + zx ≥ 9xyz. BĐT này cũng đúng khi xyz = 0 Do đó: ∀x, y, z ≥ 0, thì A ≥ −18xyz. 0,25 Mặt khác, vì x + y + z = 1 nên 1 27 xyz ≤ Từ đó suy ra: 18 2 27 3 A ≥ − = − . Hơn nữa x = y = z = 1/3 thì A = −2/3. Vậy min A = −2/3. 0,25 +) Ta có: x 2 ≥ x 2 - (y - z) 2 = (x + y - z)(x - y + z) = (1 - 2y)(1 - 2z) (1) Tương tự : y 2 ≥ (1 − 2z)(1 − 2x) (2) ; z 2 ≥ (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 ⇔ 4(xy + yz + zx) ≤ 1 + 9xyz ⇔ 4 91 xyz zxyzxy + ≤++ ⇒ 4 1 4 99 4 1 ≤−≤ xyz A 0,25 Mặt khác x = 0, y = z = ½ thì A = ¼. Vậy max A = ¼. 0,25 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 Từ ∆A’AE ⇒ 3 6 a AE = , ' 2 a A E = 0,25 Từ ∆AHE ⇒ HE = AE.tan30 0 = 6 a ⇒ 2 2 2 ' 4 36 3 a a a A H = − = 0,25 Diện tích ABCD là 2 3 2 a . Suy ra thể tích hộp: 3 6 6 a V = . 0,25 B. Phần dành riêng cho từng ban: Câu ý Nội dung Điểm 5a(3đ) 1(1đ) Giải PT . PT ⇔ 1 2 2 log (4 4) log (2 3) x x x + + = + − ⇔ 1 2 2 log (4 4) log 2 (2 3) x x x+ + = − ⇔ 1 4 4 2 (2 3) x x x+ + = − 0,25 Đặt 2 x = t > 0, ta có: t 2 + 4 = t(2t − 3) ⇔ t 2 − 3t − 4 = 0 ⇔ t = 4 hoặc t = −1(loại) 0,5 Vậy 2 x = 4 ⇔ x = 2 0,25 2(2đ) a) Viết phương trình mp( β ) . mp(α) có 1 vectơ pháp tuyến (2; 2; 1)n α = − − uur ; (4;0; 2)AB = − uuur 0,5 F E H C' C D A B B' A' D' ⇒ mp(β) có 1 vectơ pháp tuyến là (4;0;8)n n AB β α = ∧ = uur uur uuur ⇒ phương trình mp(β): x + 2z − 3 = 0 0,5 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 (4;0; 2)AB = − uuur ⇒ 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: 2 2 1 0 2 3 0 2 1 0 x y z x z x z − − + =   + − =   − − =  ⇒ I(1 ; 1 ; 1). 0,5 Bán kính mặt cầu 6R IA= = ⇒ PT mặt cầu: (x − 1) 2 + (y − 1) 2 + (z − 1) 2 = 6 0,5 5b(3đ) 1(1đ) Giải phương trình . PT ⇔ 2 3 2 2 log (4 1) log 2 (2 6) x x x+ + = − ⇔ 2 3 4 1 2 (2 6) x x x+ + = − 0,25 Đặt 2 x = t > 0, ta có PT: t 2 + 1 = t(8t 2 − 6) = 0 ⇔ 8t 3 − t 2 − 6t − 1 = 0 ⇔ (t − 1)(8t 2 + 7t + 1) = 0 ⇔ t = 1 0,5 Vậy 2 x = 1 ⇔ x = 0 0,25 2(2đ) a) Viết phương trình mặt phẳng . Vì OABC là hình vuông nên C(1; 1; 0) mặt phẳng cần tìm đi qua O và có 1 vectơ pháp tuyến (1;1; 2)SC = − uuur 0,5 ⇒ PT mặt phẳng cần tìm: x + y − 2z = 0 0,5 b) Chứng minh . Viết PT mặt cầu . Vì OA’ ⊥ (SAC) nên OA’ ⊥ A’C. Tương tự: OB’ ⊥ B’C Như vậy: các điểm A, B, A’, B’, C’ nhìn đoạn AC dưới một góc vuông ⇒ O, A, B, C, A’, B’, C’ thuộc mặt cầu (S) đường kính OC. 0,5 Tâm I của mặt cầu (S) là trung điểm OC ⇒ 1 1 ; ;0 2 2 I    ÷   Bán kính của (S): 1 2 2 2 R OC= = Vậy phương trình mặt cầu (S): 2 2 2 1 1 1 2 2 2 x y z     − + − + =  ÷  ÷     . 0,5 C’ I B’ C B O A S A’ . + 0,25 •BBT: Có y’ = 3x 2 − 3 = 0 ⇔ x = 1 x −∞ 1 1 + y’ + 0 − 0 + y −∞ 3 1 + Hàm số B trên (−∞ ; 1) và (1 ; + ), nghịch biến trên ( 1 ; 1) . 0,25. 0,5 2 (1 ) Tìm giá nhỏ nhất . Với x, y, z > 0 ta có 1 1 1 ( ) 9x y z x y z   + + + + ≥  ÷   ⇒ 1 1 1 9 x y z + + ≥ ⇒ xy + yz + zx ≥ 9xyz. B T này