đê thi đại học

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC --- NĂM 2009 Môn: Toán - 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 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’ . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC --- NĂM 2009 Môn: Toán - Thời gian làm bài: 180 phút A. Phần dành. Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2008−2009.KHỐI B A. Phần dành chung cho tất cả các thí sinh: