Tải bản đầy đủ

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 =

·
·
·
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

= 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’

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×