Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Viết phương trình đường thẳng d qua M và cắt hai nửa trục dương Ox , Oy lần lượt tại A và B sao cho OA + OB đạt giá trị nhỏ nhấ
Trang 1TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
TỔ TOÁN
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B (năm học 2009-2010)
( Thời gian làm bài : 180 phút )
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm):
Cho hàm số
1
1 2
−
+
=
x
x y
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2 Dùng đồ thị (C) biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình :
( 1)
1
3
−
=
x
Câu II ( 2,0 điểm):
1.Giải phương trình : ( ) ) 3(2cos 1) 0
4 ( 2 cot 1 sin
2 2x− 2 x+π + 2x− = 2.Giải phương trình : 2 (2.8 3.2 1)
1 4 2 16 2
1 2 4
+
−
+
x x
x x Log
Câu III (1,0 điểm):
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường : y = 2x ; 2x +2y−3=0 ; y =0
Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi cho hình phẳng (H) quay quanh trục Oy
Câu IV (1,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông cân , cạnh huyền AB=2 2a, SC ⊥mp(ABC), SC=a Gọi E , F lần lượt
là trung điểm các cạnh AB và AC
Tính diện tích toàn phần của hình chóp SABC và góc giữa SF và CE
Câu V (1,0 điểm):
Tìm k để hệ sau có nghiệm duy nhất :
=
− +
−
= +
0 2 tan
sin
2 2
2
y y x
x y k kx
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M( 3 , 1) Viết phương trình đường thẳng d qua
M và cắt hai nửa trục dương Ox , Oy lần lượt tại A và B sao cho (OA + OB) đạt giá trị nhỏ nhất
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Cho tam giác ABC : A(1,0,0);B(0,2,1 ;C(2,1,−1)
Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tính bán kính của đường tròn đó
Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho hai đường thẳng song song a1 và a2 Trên đường thẳng a1 có 8 điểm phân biệt , trên đường
thẳng a2 có n điểm phân biệt ( n≥2) Biết rằng có 864 tam giác mà các đỉnh là các điểm trên a1 và a2
Tìm n thỏa điều kiện trên
2 Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) : 4x2+8y2−32= 0và đường thẳng d :x− 2y+2=0 Đường thẳng d cắt (E) tại 2 điểm B và C.Tìm tọa độ điểm A trên (E) sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng
(P) và (Q) có phương trình :
0 2 :
(
0 1 2
: (
= +
−
=
− +
−
z y Q
z y x P
Viết phương trình mp(α )chứa giao tuyến ∆và tiếp xúc với mặt cầu (S): x2+y2+z2−4y =0
Câu VII.b (1,0 điểm)
Tìm số phức z thỏa điều kiện :
= +
+
−
=
−
100
2
2 2
i i z
i z z i z
Trang 2
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B (năm học 2009-2010)
Câu Đáp án Điểm I(2,0
điểm )
1.(1,25 điểm)
a/Tập xác định : D = R\{1 }
b/Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: x D
x
−
−
) 1 (
3
2 /
Suy ra h/s nghịch biến trên (−∞,1) (1,+∞); H/s không có cực trị
+ Giới hạn –tiệm cận:
→
→ +∞
→
−∞
Lim
x x
x
c/Đồ thị : x= 0 , y=-1
y = 0 , x=-1/2 Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận làm tâm đối xứng
0,25
0,25
2.(0,75 Điểm)
+ Pt ( 1) 2 (1)
1
1
−
+
x x
(1)là pt hoành độ giao điểm của (C) và d : y = m( x - 1) + 2 ,d có hệ số góc m và đi qua điểm cố định (1 , 2)
Là giao điểm 2 đường tiệm cận
+ Dựa vào đồ thị (C) ta có kết quả sau :
m>0: d và (C) có 2 giao điểm phân biệt →Pt có 2 nghiệm phân biệt
m≤0 : d và (C) không có điểm chung →Ptvô nghiệm
0,25
0,50
II
( 2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
2 4
0 ↔x≠ +k k∈Z
∞
−∞
−
∞
−
∞ + 1
∞
−
Y /
x
y
1
∞
−
x
y
1 2 o
Trang 30 ) 3 2 tan ( 2
3 2
tan ) ( 0 2
) ( 2
↔ π π (thỏa đk bài toán )
0,25 0,25 0,25
2 (1,0 điểm)
+ Đặt 2x =t >0 ta có : t2−t+1>0 và 2t4−2t2+1>0 ∀t
Pt log ( 1) log (2 4 2 2 1) (2 4 2 2 1) ( 2 1)
2
2
log ( 1) ( 1) log (2 4 2 2 1) (2 4 2 2 1)
2 2
2
Đặt f(u) = log2u +u ( u > 0 ) 1 0 0
2 ln
1 ) (
u u f
H/s f đồng biến khi u > 0 nên ta có :
) ( 2
3 1 )
( 0 ( 2
3 1 1
1 2 2 1 )
1 2 2 ( ) 1
l t
và l t t
t
t t t
t t
t f t
t f
−
−
=
=
+
−
=
=
↔
+
−
= +
−
→ +
−
= +
−
+
2
1 3 log 2
3 1
0 1
2
−
=
↔ +
−
=
=
↔
=
x t
x t
0,25
0,25
0,25
0,25
III ( 1,0
điểm)
IV (1,0
điểm)
+
=
≥
↔
=
2
0
x
y x
2
3 0
3 2 2
+ Pt định tung độ giao điểm :
−
=
=
↔
=
− +
↔
−
=
) ( 3 1
0 3 2 2
3 2
2 2
l y
y
y y y y
Thể tích khối tròn xoay : V = V1 - V2
−
=
−
−
=
−
1 0
1 0
3 2
2
0
1 2
3 3 2
3 2
3 2
3
y y
d y dy
12
13
đvtt
π
V22 = ∫ = ∫ =
1 0
1 0
5 4
2 2
0
1 20 4
20 đvtt
30
31
đvtt
π
Dttp(SABC) = dt(ABC) + 2dt(SAC) + dt(SAB) Dttp(SABC) = 2a2 +2a2 +a2 6
Dttp(SABC) = a2(4+ 6)
+
CE SF
CE CE SC CE
SF
CE SF CE SF
) , cos(
→
→
→
→
→
=
=
=
2
1
45 cos
=
=
→
→
CE SF
CE CF CE
SF
CE CF
Vậy ( SF , CE ) = 600
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,50
E F
A
S
Trang 4V ( 1,0
điểm) Đặt : y-1 = t Ta có hệ :
= +
− +
= +
1 tan
sin 1
2 2
2
t x
x t
k kx
+ Giả sử hệ có nghiệm (x , t ) thì hệ có nghiệm (-x, t) vì nghiệm của hệ là duy nhất nên:
x = -x →x=0, thay (0 , t ) vào hệ ta được :
=
=
→
=
=
−
2
0 1
1
k t
t k
1 1
tan
1 sin
2
t
k x vì t
x
t x
∈
−
=
=
= +
+
luôn là nghiệm của hệ nên hệ có vô số nghiệm vậy k = 0 ( loại )
+ Với k = 2 Ta có hệ :
= +
= +
+
) 2 ( 1
tan
) 1 ( sin
1 2
2 2
2
t x
t x x
Từ (2) → t ≤1 , (1)→ t≥1 (1) và (2) →t=1
t = 1 ta có:
=
=
↔
=
=
↔
=
= +
=
2
0 1
0 0
tan
0 sin 2
1
2
2
y
x t
x x
x x
t
là nghiệm duy nhất
Kl : k = 2
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a
(2,0
Điểm)
1 Gọi pt đường thẳng d : + =1 (a,b>0)
b
y a x
d di qua M (3 , 1) nên ta có : ( 0, 3)
3 1
1
−
=
→
=
a
a b b
a
Vì a , b > 0 nên OA + OB = a + b = a +
3
−
a a
) 3 (
3 1 ) (
−
+
a a
f a
a a
f/(a) = 0
−
=
+
= +
=
↔
) ( 3 3
) 3 1 ( 3 3
l a
b a
+ Dựa vào BBT f(a) Đạt GTNN khi a=3+ 3
3 1 3
+
+ +
y x
2.( 1,0 điểm)
Tâm I = d∩mp(ABC) ( d là trục của tam giác ABC)
) 1 , 1 , 1 (
) 1 , 2 , 1 (
−
−
→
→
AC
AB
Vtpt của mp(ABC là = , =(−3,0,−3)=−3(1,0,1)
→
→
→
AC AB n
Pt mp (ABC) : x+z−1=0 (1)
M (x , y , z) cách đều A , B , C nên ta có :
=
−
− +
= +
−
−
↔
=
=
) 3 ( 0 5 2 2 2
) 2 ( 0 2 2
2 2
2 2
z y x
z y x
MC MA
MB MA
Giải hệ (1) , (2) , (3) ta được : ,0)
2
3 , 1 (
I , R = IA =
2 3
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
VII.a
(1,0
điểm)
Ta xét 2 trường hợp sau:
1/ 1 đỉnh trên a1 và 2 đỉnh trên a2 : số tam giác 8.C n2
2/ 1 đỉnh trên a2 và 2 đỉnh trên a1 : số tam giác 2
8
.C n
0,25 0,25
a
f/
f
3
3+
0
∞
) 3 3 ( +
f
Trang 5Theo đề bài ta có : 8 2 864
8
(1) ↔n2+6n−216=0
12
) ( 18
=
↔
=
−
=
n
l
VI.b
(2,0
điểm)
1.(1,0 điểm)
Dt (ABC) = AH BC
2
1
( BC : không đổi )
Dt (ABC) lớn nhất khi AH lớn nhất
Gọi A(x , y) thuộc (E) →4x2+8y2−32=0→x2+2y2 =8
AH = d(A , d) = ;
3
2
2 +
x
Ta có : (x− 2y)2≤(12+12)(x2+2y2)=16→x− 2y≤4
Max AH =
3
6 Dấu “=” xảy ra khi :
=
−
= +
−
=
4 2
8 2
2
2 2
y x
y x
y x
KL : A(2,− 2)
0,25 0,25
0,25 0,25
2.(1,0 điểm)
Gọi M(0,1,3)và N(−1,0,2)thuộc giao tuyến ∆
Pt mp(α)có dạng : Ax+By+Cz+D=0 (A2+B2+C2 ≠0)
+ M , N thuộc ∆ nên ta có :
= + +
−
= + +
) 2 ( 0 2
) 1 ( 0 3
D C A
D C B
(1) và (2) suy ra : A + B + C = 0 ; Chọn A = 1 →C=−B−1; D= 2B+3 + Mặt cầu (S) có tâm J( 0 , 2 , 0) , R = 2
Mp(α)tiếp xúc mặt cầu (S) ↔d(J,(α) = Rhay 2B+D =2 A2+B2+C2
↔8B2+16B+1=0
4
14 1±
−
=
→B
Ta có 2 mặt phẳng :
0 2
14 1 4
14 1
4 14
0 2
14 1 4
14 1
4 14
=
− + +
+
−
= + +
−
− +
z y
x
z y
x
0,25
0,25
0,25
0,25
VII.b
(1,0
điểm)
Gọi z = x + yi ( x , y ∈R)
i y i
z z
i y x i z
) 2 2 ( 2
) 1 ( +
= +
−
− +
=
−
; z+i = x+(1−y)i
Hệ
=
− +
+
=
− +
↔
2 ) 1 (
) 2 2 ( ) 1 ( 2
2 2
2 2
2
y x
y y
x
=
−
=
=
=
↔
=
− +
=
↔
1 2 1 2
4 ) 1 (
4
2 2
2
y x y x
y x
x y
KL : 2 số phức : 2+i và −2+i
0,25
0,25
0,25
0,25