đế và đáp án thi thử khối B 09 môn toán

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi toán, khối B (lần 1) Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề) A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Câu I: Cho hàm số 1 1 x y x + = − (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm trên Oy tất cả các điểm từ đó kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới (C). Câu II: a) Giải phương trình: 2 2 2 2 2 log ( 1) ( 5)log( 1) 5 0x x x x+ + − + − = b) Tìm nghiệm của phương trình: 2 3 cos cos sin 2x x x+ + = thoả mãn : 1 3x − < Câu III: Tính tích phân sau: 1 2 0 I ln( 1)x x x dx= + + ∫ Câu IV: Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có ∆ ABC là tam giác vuông tại B và AB = a, BC = b, AA’ = c ( 2 2 2 c a b≥ + ). Tính diện tích thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mp(P) đi qua A và vuông góc với CA’. Câu V: Cho , , (0;1)x y z ∈ và 1xy yz zx+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 1 1 1 x y z P x y z = + + − − − B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a: 1) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) có phương trình: x t= − ; 1 2y t= − + ; 2z t= + ( t R∈ ) và mặt phẳng (P): 2 2 3 0x y z− − − = .Viết phương trình tham số của đường thẳng nằm trên (P) cắt và vuông góc với (d). 2) Trong mp(Oxy) cho elip (E): 2 2 1 9 4 x y + = . Viết phương trình đường thẳng đi qua I(1;1) cắt (E) tại 2 điểm A và B sao cho I là trung điểm của AB. Câu VII.a: Giải hệ phương trình sau trên tập số phức: 2 2 8 1 z w zw z w − − =    + = −   Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: Trong không gian Oxyz cho 4 điểm A(2;4;-1), B(1;4;-1), C(2;4;3), D(2;2;-1) 1) Xác định tọa độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. 2) Tìm tọa độ điểm M để MA 2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b: Giải hệ phương trình: )Ry,x( 132y2yy 132x2xx 1x2 1y2 ∈      +=+−+ +=+−+ − − ==========Hết========== Câu Đáp án Điểm Ia) 1điểm 1 1 x y x + = − (C) TXĐ: { } \ 1D R= 2 2 ' 0 1 ( 1) y x x − ⇒ = < ∀ ≠ − 0.25 ⇒ Hs nghịch biến trên ( ;1)−∞ và (1; )+∞ . Không có cực trị Giới hạn: lim 1, lim 1 x x→+∞ →−∞ = = ⇒ ĐTHS có tiệm cận ngang là 1y = Giới hạn: 1 1 lim , lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ ⇒ ĐTHS có tiệm cận đứng là 1x = 0.25 Bảng biến thiên: 0.25 Đồ thị:(C) ∩ Ox tại A(-1;0) , :(C) ∩ Oy tại B(0;2); Điểm I(1;1) là tâm đối xứng 0.25 x - ∞ 1 + ∞ f’(t) - - f(t) 1 - ∞ + ∞ 1 Ib) 1điể m Gọi (0; ) o M y là điểm cần tìm, PTTT qua M có dạng: o y kx y= + (d) (d) là tiếp tuyến của (C) 2 2 2 1 ( 1) 2( 1) 1 0 (1) 1 2 2 1; ( 1) ( 1) o o o o x kx y y x y x y x x k k x x +   = + − − + + + =  −   ⇔ ⇔ −   − ≠ =   = −   −  0.5 Để thoả mãn đk ⇔ hệ (*) có 1nghiệm ⇔ PT(1) có 1 nghiệm khác 1 2 1 1 1 ; 1 8 2 1 ' ( 1) ( 1)( 1) 0 0; 1 2 2 o o o o o o o y y x y k x y y y x y k =   ≠  = = ⇒ = −    ⇔ ∨ ⇔    = ∆ = + − − + =    = = − ⇒ = −   Vậy có 2 điểm cần tìm là: M(0;1) và M(0;-1) 0.5 IIa) 1điể m 2 2 2 2 2 log ( 1) ( 5)log( 1) 5 0x x x x+ + − + − = , TXĐ: D=R Đặt 2 log( 1)x y+ = ⇒ 2 2 2 2 ( 5) 5 0 5y x y x y y x+ − − = ⇔ = ∨ = − 0.5 2 5 5 1 10 99999y x x= ⇒ + = ⇔ = ± 2 0y x x= − ⇒ = do 2 2 0;log( 1) 0x x− ≤ + ≥ KL: PT có 3 nghiệm:… 0.5 IIa) 1điể m 2 3 cos cos sin 2x x x+ + = ⇔ (cos 1)(cos sin sin .cos 2) 0x x x x x− − − + = cos 1 2 cos sin sin .cos 2 0 cos sin sin .cos 2 0 (1) x x k x x x x x x x x π = =   ⇔ ⇔   − − + = − − + =   0.5 Giải (1) đặt cos sin ,| | 2x x t t− = ≤ ⇒ vônghiệm. 0.25 ĐK: 1 3 2 4x x− < ⇔ − < < ⇒ PT có nghiệm 0x = 0.25 III 1điể m 1 2 0 I ln( 1)x x x dx= + + ∫ . Đặt 2 2 2 2 1 ln( 1) ; 2 1 x x u x x du dx v dv xdx x x  + = + +  ⇒ = =  = + +   1 2 3 2 2 1 0 2 0 1 2 1 1 I ln( 1) | ln3 J 2 2 2 2 1 x x x x x dx x x + ⇒ = + + − = − + + ∫ 0.5 Ta có 1 1 3 2 2 2 2 0 0 2 1 2 1 1 1 J (2 1 . . ) 2 2 1 1 1 x x x dx x dx x x x x x x + + ⇒ = = − − − + + + + + + ∫ ∫ 1 2 2 1 0 2 0 1 1 1 1 J ( ln( 1) | ln 2 1 3 2 2 2 6 3 ( ) 2 4 x x x x dx x π = − − + + − = − − + + ∫ 3 2 4 12 3 I π ⇒ = + 0.5 IV 1điể m Dựng thiết diện của hình chóp cắt bởi mp qua A và vuông góc với A’C là AMN như hình vẽ 0.25 Ta có: NB // AA’; MC // AA’ nên ta có: ' ' ' ' 1 6 A AMN MAA N MAA B CAA B V V V V abc= = = = 0.25 B’ M C’ N A’ A B I C Mà ' 1 . ' 3 2 ' A AMN AMN AMN abc V S A I S A I = ⇒ = Trong tam giác vuông A’AC ta tính được: 2 2 2 2 2 ' ' ' A A c A I A C a b c = = + + 0.25 2 2 2 2 AMN ab a b c S c + + ⇒ = 0.25 V 1điể m Vì 2 0 1 1 0x x< < ⇒ − > Áp dụng BĐT Côsi ta có: 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 (1 ) (1 ) 2 2 (1 ) (1 ) 3 3 3 3 x x x x x x x + − + − = ≥ − ⇒ ≥ − 2 2 3 3 2 1 x x x ⇒ ≥ − . Tương tự: 2 2 2 2 3 3 3 3 ; 2 2 1 1 y z y z y z ≥ ≥ − − 0.5 Khi đó: 2 2 2 3 3 3 3 3 3 ( ) ( ) 2 2 2 P x y z xy yz zx≥ + + ≥ + + = min 3 3 1 2 3 P x y z⇒ = ⇔ = = = 0.5 (Riêng bài toán này làm theo PP lượng giác hoá sẽ hay hơn.) Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn VIa.1 1điểm Ta có: (d) đi qua M 1 = (0;-1;2), có vectơ chỉ phương 1 ( 1;2;1)u = − uur ( ; 1 2 ;2 ) ( )A t t t d P− − + + = ∩ thoả mãn: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 3 0t t t− − − + − + − = 1 (1; 3;1)t A⇔ = − ⇒ − mp(Q) qua A và vuông góc (d) có PT: 2 6 0x y z− + + + = 0.5 Đường thẳng ∆ cần tìm là giao tuyến của (P) và (Q) có 1 vectỏ chỉ phương là: ; ( 3;0; 3) P Q n n   = − −   uur uur chọn: (1;0;1)u = r Vậy PT đường ∆ là: 1 ; 3; 1x t y z t= + = − = + 0.5 VIa.2 1điểm TH1: Đường thẳng qua M có PT: 1x = dễ dàng nhận xét không thoả mãn. TH2: Đường thẳng cần tìm có hệ số góc k thì PT là: ( 1) 1y k x= − + 0.25 Toạ độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 2 2 (9 4) 18 ( 1) 9( 1) 36 0 (1) 1 9 4 ( 1) 1 ( 1) 1 x y k x k k x k y k x y k x   + − − + − − =  + = ⇔   = − +    = − +  0.25 (d) cắt (E) tại A,B nhận I là trung điểm AB thì 2 2 A B I x x x+ = = và: (1) 0∆ > Theo định lý viet ta có: 2 18 ( 1) 4 2 9 9 4 k k k k − = ⇔ = − + thoả mãn 0.5 Vậy phương trình (d) là: 4 ( 1) 1 4 9 43 0 9 y x x y= − − + ⇔ + − = VII 1điểm 2 2 2 2 8 8 8 1 ( ) 2 1 ( ) 2( ) 15 0 z w zw z w zw z w zw z w z w zw z w z w − − = − − = − − =       ⇔ ⇔    + = − − + = − − + − − =       8 5 13 3 5 3 5 z w zw zw zw z w z w z w z w − − = = − = −    ⇔ ⇔ ∨    − = ∨ − = − − = − = −    0.5 2 3 11 3 11 5 3 5 0 2 2 3 3 3 11 3 11 2 2 i i w w zw w w z w z w i i z z   − + − − = =    = −  + + =    ⇔ ⇔ ∨     − = = +  + −     = =     0.25 2 5 27 5 27 13 5 13 0 2 2 5 5 5 27 5 27 2 2 i i w w zw w w z w z w i i z z   + − = =    = −  − + =    ⇔ ⇔ ∨     − = − = −  − + − −     = =     0.25 2. Theo chương trình nâng cao: VIb.1 1điểm Gọi ( ; ; )I x y z= là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Khi đó: ; . 0BC BD BI BI CI DI    =     = =   uuur uuur uur 4 2 13 0 79 / 42 2 8 11 0 67 / 21 2 4 9 0 19 / 21 x y z x x z y x y z + − − = =     ⇒ + − = ⇔ =     − + = =   ⇒ I 0.75 Vậy R = IB = 8925 / 42 ≈ 2,25 0.25 VIb.2 1điểm Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: 7 14 ( ; ;0) 3 3 G = 0.25 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4MA MB MC MD MG GA GB GC GD+ + + = + + + + ≥ 2 2 2 2 GA GB GC GD+ + + .Dấu bằng xảy ra khi M ≡ 7 14 ( ; ;0) 3 3 G 0.75 VII 1điểm 2 1 2 1 2 2 3 1 2 2 3 1 y x x x x y y y − −  + − + = +    + − + = +  . Đặt 1 1 u x v y = −   = −  ta có: 2 2 1 3 1 3 v u u u v v  + + =    + + =  ⇒ 2 2 3 1 3 1 ( ) ( ) u v u u v v f u f v+ + + = + + + ⇔ = với: 2 ( ) 3 1 t f t t t= + + + ⇒ 2 2 1 '( ) 3 ln 3 0 1 t t t f t t + + = + > + ⇒ f(t) đồng biến ⇒ u v= ⇒ 2 2 3 1 3 log ( 1) 0 (2) u u u u u u+ + = ⇔ − + + = 0.5 Xét hàm số: 2 3 ( ) log ( 1) '( ) 0g u u u u g u= − + + ⇒ > ⇒ g(u) đồng biến Mà (0) 0g = ⇒ 0u = là nghiệm duy nhất của (2). KL: 1x y= = là nghiệm duy nhất của hệ PT. 0.5 . trụ đứng ABCA B C’ có ∆ ABC là tam giác vuông tại B và AB = a, BC = b, AA’ = c ( 2 2 2 c a b + ). Tính diện tích thi t diện của hình lăng trụ cắt b i mp(P). ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2 009 Môn thi toán, khối B (lần 1) Thời gian làm b i 180 phút( không kể thời gian phát