SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I. NĂM 2009
Mơn: Tốn - Khối B. Thời gian làm bài: 180 phút

A. Phần dành chung cho tất cả các thí sinh:
Câu 1. Cho hàm số y = x3 − (m + 1)x + 5 − m2.
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 x  2 cos x cos  x  
4



2x  y  1  x  y  1

2) Giải hệ phương trình: 

 3x  2y  4
7

Câu 3. 1) Tính tích phân: I =


0

2x  1
dx .

3
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, AA ' 
·
·
·
BAD
 BAA
'  DAA
'  600 . Tính thể tích hình hộp theo a.

a 3
và
3

B. Phần dành riêng cho từng ban:
Câu 5a. (Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn)
x
x 1
1) Giải phương trình: log 2 (4  4)  x  log 1 (2  3) .
2

2) Trong không gian Oxyz cho 2 điểm A(1 ; 2; 2), B(3 ; 2; 0) và mặt phẳng () có phương
trình 2x  2y  z + 1 = 0.
a) Viết phương trình mặt phẳng () đi qua 2 điểm A, B và vng góc với ();
b) Gọi d là giao tuyến của () và (). 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: log 2 (4 x  1)  log 2 (22 x 3  6)  x
2) Trong không gian Oxyz cho hình chóp S.OACB có S(0; 0; 2), đáy OACB là hình
vng 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 vng 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
1(2đ)

ý
1(1đ
)

Nội dung

Điểm

Khảo sát hàm số khi m = 2
Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 − 3x + 1
1) TXĐ: R
2) SBT
y  ; lim y  

•Giới hạn: xlim

x 
•BBT:
Có y’ = 3x2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1
x −∞
1
−1
y’
+
0
−
0
3
y
−∞
−1

0,25

+∞
+

số ĐB trên (−∞ ; −1) và (1 ; +∞), nghịch biến trên (−1 ; 1).
Hàm số đạt cực đại tại x = −1, yCĐ = y(−1) = 3;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = y(1) = −1.
3) Đồ thị:
Giao với Oy: (0 ; 1)
Đi qua: (2 ; 3), (−2 ; −1)
Tâm đối xứng: (0 ; 1)

-1
-2

0,25

+∞
Hàm

0,25

y
3
2

0,25

1
O

1

2

x

-1
-2

2(1đ
)

2(2đ)

1(1đ
)

Tìm m ...
Có y’ = 3x2 − (m + 1). Hàm số có CĐ, CT ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân
biệt ⇔ 3(m + 1) > 0 ⇔ m > −1 (*)
y” = 6x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ Đồ thị có tâm đối xứng là U(0 ; 5 − m2)
⇒ CĐ, CT của đồ thị và U thẳng hàng.
Từ giả thiết suy ra I trùng U ⇔ 5 − m2 = 4 ⇔ m = 1 (do (*))
Giải phương trình ...

0,25
0,25
0,25
0,25


ĐK: x ≠ lπ (l ∈ ¢ )
PT ⇔ tanx = cosx(sinx + cosx) ⇔ sinx = cos2x(sinx + cosx)
⇔ sinx(sin2x + cos2x) = cos2x(sinx + cosx)


 k (k ∈ ¢ ) (Thoả mãn)
4

⇔ sin3x = cos3x ⇔ sinx = cosx ⇔ x 
2(1đ

)

0,25
0,25
0,25
0,25

Giải hệ PT ...
Đặt

2 x  y  1  u  0, x  y  v  0 . Ta có hệ:

0,5

 u  v 1

 u  2, v  1
⇒ 
 2
2
 u  1, v  2(loai )
 u v 5


2x  y  1  2


x  y 1

Vậy hệ ⇔ 

3(2đ)

1(1đ
)

 2x  y  1  2
 x2

 x  y 1
 y  1

⇔

0,5

Đặt u  3 x  1 ⇒ x = u3 − 1; dx = 3u2du; u(0) = 1, u(7) = 2

0,25

Tính tích phân ...

2

⇒I=

2(u 3  1)  1 2
.3u du =
1
u

2

 (6u

4

 9u)du

0,25

1

2

 6u 5 9u 2 
237

=
 
2  1 10
 5

2(1đ
)

0,5

Tìm giá nhỏ nhất ...
 1 1 1
1 1 1

   9 ⇒    9
x y z
 x y z

Với x, y, z > 0 ta có ( x  y  z ) 

0,25

⇒ xy + yz + zx ≥ 9xyz. BĐT này cũng đúng khi xyz = 0
Do đó: ∀x, y, z ≥ 0, thì A ≥ −18xyz.
Mặt khác, vì x + y + z = 1 nên xyz 
Từ đó suy ra: A  

0,25

1
27

18
2
 .
27
3

Hơn nữa x = y = z = 1/3 thì A = 2/3. Vậy min A = 2/3.
+) Ta có: x2 ≥ x2 - (y - z)2 = (x + y - z)(x - y + z) = (1 - 2y)(1 - 2z) (1)
Tương tự : y2 ≥ (1  2z)(1  2x) (2) ; z2 ≥ (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
1  9 xyz

 4(xy + yz + zx) ≤ 1 + 9xyz  xy  yz  zx 
4
1 99 xyz 1

 A 
4
4
4
Mặt khác x = 0, y = z = ½ thì A = ¼. Vậy max A = ¼.

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 vng góc suy ra A’E
⊥ AB, A’F ⊥ AD. ∆ vng A’AE bằng ∆
vng 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

0,25

D'
C'
A'
B'

0,25

D
F
A

C

H
E
B


a
a 3
, A' E 
2
6
a
a2 a2 a 2
Từ ∆AHE ⇒ HE = AE.tan300 =
⇒ A' H 


6
4 36
3

Từ ∆A’AE ⇒ AE 

Diện tích ABCD là

a2 3
a3 6
. Suy ra thể tích hộp: V 
.
2
6

0,25
0,25
0,25

B. Phần dành riêng cho từng ban:
Câu
5a(3đ)

ý
1(1đ
)

Nội dung
PT ⇔ log 2 (4 x  4)  x  log 2 (2 x 1  3) ⇔ log 2 (4 x  4)  log 2 2 x (2 x1  3)
⇔ 4 x  4  2 x (2 x1  3)
Đặt 2x = t > 0, ta có:
t2 + 4 = t(2t − 3) ⇔ t2 − 3t − 4 = 0 ⇔ t = 4 hoặc t = −1(loại)
Vậy 2x = 4 ⇔ x = 2

2(2đ

)

Điểm

Giải PT ...
0,25

0,5
0,25

a) Viết phương trình mp(β) ...
mp(α) có 1 vectơ pháp tuyến nα (2; -2;-1); AB = (4;0; -2)
⇒ mp(β) có 1 vectơ pháp tuyến là nβ = nα ^ AB = (4;0;8)
⇒ phương trình mp(β): x + 2z − 3 = 0
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 AB = (4;0; -2)
⇒ 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:

0,5
0,5

0,5

 2x  2 y  z  1  0

⇒ I(1 ; 1 ; 1).
 x  2z  3  0

 2x  z 1  0


5b(3đ)

1(1đ
)

Bán kính mặt cầu R  IA  6 ⇒ PT mặt cầu:
(x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 6
Giải phương trình ...

0,5


2(2đ
)

PT ⇔ log 2 (4 x  1)  log 2 2 x (22 x 3  6) ⇔ 4 x  1  2 x (22 x3  6)
Đặt 2x = t > 0, ta có PT: t2 + 1 = t(8t2 − 6) = 0
⇔ 8t3 − t2 − 6t − 1 = 0 ⇔ (t − 1)(8t2 + 7t + 1) = 0 ⇔ t = 1
Vậy 2x = 1 ⇔ x = 0
a) Viết phương trình mặt phẳng ...

0,25
0,5
0,25

Vì OABC là hình vng nên C(1; 1; 0)
mặt phẳng cần tìm đi qua O và có 1 vectơ pháp tuyến SC (1;1;-2)

⇒ PT mặt phẳng cần tìm: x + y − 2z = 0
b) Chứng minh ... Viết PT mặt cầu ...
Vì OA’ ⊥ (SAC) nên OA’ ⊥ A’C. S
Tương tự: OB’ ⊥ B’C
Như vậy: các điểm A, B, A’, B’, C’ nhìn
C’
đoạn AC dưới một góc vuông ⇒ O, A,
B’
B, C, A’, B’, C’ thuộc mặt cầu (S)
A’
đường kính OC.
B
 1 1



Tâm I của mặt cầu (S) là trung điểm OC ⇒ I  ; ;0 
 2 2 
1
2

Bán kính của (S): R  OC 

2
2


C

A

2

0,5

I

O

2

0,5
0,5

1
1
1

Vậy phương trình mặt cầu (S):  x     y    z 2  .
2
2
2



0,5