đế và đáp án thi thử khối B 09 môn toán

b Tìm trên Oy tất cả các điểm từ đó kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới C.. Tính diện tích thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mpP đi qua A và vuông góc với CA’.

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: log (2 x21) ( x2 5) log(x21) 5 x2 0

b) Tìm nghiệm của phương trình: cosxcos2xsin3x2 thoả mãn :

1 3

x  

Câu III: Tính tích phân sau:

1

2 0

Ixln(x  x 1)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 ( c2a2b2) Tính diện tích thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mp(P) đi qua A và vuông góc với CA’

Câu V: Cho x y z , , (0;1) và xy yz zx  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của

2 2 2

P

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 2

y  t; z 2 t(t R ) và mặt phẳng (P): 2x y  2z 3 0 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

  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







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 MA2 + MB2 + MC2 + MD2 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VII.b: Giải hệ phương trình: ( x , y R )

1 3 2 y y y

1 3 2 x x x

1 x 2

1 y 2































==========Hết==========

Câu Đáp án Điểm

Ia)

1điểm yx x11

 (C) TXĐ: D R \ 1  2 2

( 1)

x



 Hs nghịch biến trên ( ;1) và (1;) Không có cực trị

Giới hạn: lim 1, lim 1x  x    ĐTHS có tiệm cận ngang là y 1

Giới hạn: limx 1 y , limx 1 y

    ĐTHS có tiệm cận đứng là x 1 0.25

Đồ thị:(C)Ox tại A(-1;0) , :(C)Oy tại B(0;2); Điểm I(1;1) là tâm đối

-f(t)

1

-

+

1

Ib)

1điể

m

Gọi M(0;y là điểm cần tìm, PTTT qua M có dạng: o) y kx y  o (d)

(d) là tiếp tuyến của (C)

2

2 2

1

1

2

( 1) ( 1)

x

x

x









 



0.5

Để thoả mãn đk hệ (*) có 1nghiệmPT(1) có 1 nghiệm khác 1

2

2 1

2

o





Vậy có 2 điểm cần tìm là: M(0;1) và M(0;-1)

0.5

IIa)

1điể

log (x 1) ( x  5) log(x 1) 5 x  , TXĐ: D=R0

Đặt log(x21)y  y2(x2 5)y 5x2  0 y 5 yx2

0.5

m y 5 x2 1 105 x 99999

yx  x do x20;log(x21) 0 KL: PT có 3 nghiệm:… 0.5 IIa)

1điể

m

cosxcos xsin x  (cos2 x1)(cosx sinx sin cosx x2) 0

cos sin sin cos 2 0 cos sin sin cos 2 0 (1)



0.5

Giải (1) đặt cosx sinx t t,| | 2 vônghiệm 0.25 ĐK: x1 3  2x4  PT có nghiệm x 0 0.25 III

1điể

m

1

2 0

Ixln(x  x 1)dx Đặt

2 2

2

2 1

;

2 1







1

0



 



0.5

Ta có

1

0

2 0

x



 3

2

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

Ta có: NB // AA’; MC // AA’ nên ta có:

6

A AMN MAA N MAA B CAA B

A I

Trong tam giác vuông A’AC ta tính được:

' '

'

A I

0.25

2

AMN

S

c

V Vì 0x  1 1 x2  Áp dụng BĐT Côsi ta có: 0 0.5

B’

M

C’

N A’

A

C

m

3

2 2

3 3 2 1

x

x x

Khi đó: 3 3( 2 2 2) 3 3( ) 3 3

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 M1 = (0;-1;2), có vectơ chỉ phương u  1 ( 1;2;1)

( ; 1 2 ; 2 ) ( )

A t   t t  d P thoả mãn:

2 t   1 2t  2 2t  3 0

1 (1; 3;1)

mp(Q) qua A và vuông góc (d) có PT: x2y z  6 0

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

 

chọn: u  (1;0;1) Vậy PT đường  là: x 1 ;t y3;z 1 t

0.5

VIa.2

1điểm

TH1: Đường thẳng qua M có PT: x 1 dễ dàng nhận xét không thoả

mãn

TH2: Đường thẳng cần tìm có hệ số góc k thì PT là: y k x ( 1) 1

0.25 Toạ độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình:

(9 4) 18 ( 1) 9( 1) 36 0 (1) 1

( 1) 1 ( 1) 1

y k x

y k x









0.25

(d) cắt (E) tại A,B nhận I là trung điểm AB thì x Ax B 2x I 2 và:

(1) 0

 

Theo định lý viet ta có: 18 (2 1) 2 4

9

k k

k k



Vậy phương trình (d) là: 4( 1) 1 4 9 43 0

9

0.5

VII

0.5

2 3 11 3 11





0.25





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:

BC BD BI





 I 0.75

VIb.2

1điểm Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: G ( ;7 143 3 ;0) 0.25

Ta có: MA2MB2MC2MD24MG2GA2GB2GC2GD2

GA2GB2GC2GD2 Dấu bằng xảy ra khi M  ( ;7 14;0)

3 3

VII

y

x











Đặt 1

1

u x

 





 

 ta có:

2

2

1 3

1 3

v

u







 3u u u2 1 3v v v2 1 f u( )f v( )

với: f t( ) 3 t  t t21

2 2

1

1

f t

t



 f(t) đồng

biến

 u v  u u2 1 3u  u log (3 u u21) 0 (2)

0.5

3

g u  u u u   g u   g(u) đồng biến

Mà (0) 0g   u 0 là nghiệm duy nhất của (2)

KL: x y 1 là nghiệm duy nhất của hệ PT

0.5