Đề thi thử ĐH toán trường THPT Nguyễn Huệ

TRƯỜNG 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
12
−
+
=
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
−=
−
xm
x
Câu II ( 2,0 điểm):
1.Giải phương trình :
( ) ( )
01cos23)
4
(2cot1sin2

222
=−+






+− xxx
π
2.Giải phương trình :
( )
12.38.22
14.216.2
124
2
+−=
+−
+−
xxx
xx
xx
Log
Câu III (1,0 điểm):
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường :
0;0322;2 ==−+= yyxxy
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
aSCABCmpSCaAB =⊥= ,)(,22

. 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 :





=−+
−=+
02tan
sin
22
2
yyx
xykkx
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 :
)1,1,2(;)1,2,0(;)0,0,1( −CBA
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 a
1

và a
2
.Trên đường thẳng a
1
có 8 điểm phân biệt , trên đường
thẳng a
2
có n điểm phân biệt ( n
)2≥
. Biết rằng có 864 tam giác mà các đỉnh là các điểm trên a
1
và a
2
.
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) :
03284
22
=−+ yx
và đường thẳng d :
022 =+− yx
.
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 :

02:)(
012:)(
=+−
=−+−
zyQ
zyxP
Viết phương trình mp(
)
α
chứa giao tuyến
∆
và tiếp xúc với mặt cầu (S):
04
222
=−++ yzyx
Câu VII.b (1,0 điểm)
Tìm số phức z thỏa điều kiện :





=+
+−=−
100
2
22
iiz
izziz

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:
Dx
x
y ∈∀<
−
−
= 0
)1(
3
2
/

Suy ra h/s nghịch biến trên
),1(;)1,( ∞+−∞
; H/s không có cực trị
+ Giới hạn –tiệm cận:

∞+=∞−===
+−
→→

+∞→
−∞→
yLimyLimyLimyLim
xx
x
x
11
;;2
+ Tiệm cân ngang y = 2 ; Tiệm cận đứng x = 1
0,25
c/Đồ thị : x= 0 , y=-1
y = 0 , x=-1/2 . Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận làm tâm đối xứng
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
12
+−
−
+
↔ xm
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 :

:0>m
d và (C) có 2 giao điểm phân biệt
Pt→
có 2 nghiệm phân biệt.

0≤m
: d và (C) không có điểm chung
Pt→
vô nghiệm.
0,25
0,50
II
( 2,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
+ Điều kiện : cos2x
)(
24
0 Zkkx ∈+≠↔≠
ππ
Pt
02cos32tan2cos
2
=+−↔ xxx
0,25
∞−
∞−
∞−
∞+
1

1
∞+
∞−
Y
/
x
y
1
∞−
x
y
1
2
o

0)32tan(2cos
2
=−↔ xx
32tan)(02cos ±=∨=↔ xlx
)(
26
Zkkx ∈+±=↔
ππ
(thỏa đk bài toán )
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 điểm)
+ Đặt

02 >= t
x
ta có :
tttvàtt ∀>+−>+− 012201
242
Pt
)1()122()122(log)1(log
22424
2
2
2
+−−+−=+−−+−↔ tttttttt

)122()122(log)1()1(log
2424
2
22
2
+−++−=+−++−↔ tttttttt
Đặt f(u) =
uu +
2
log
( u > 0 )
001
2ln
1
)(
/
>∀>+= u

u
uf
H/s f đồng biến khi u > 0 nên ta có :
)(
2
31
)(0(
2
31
1
1221)122()1(
242242
ltvàlt
t
t
ttttttfttf
−−
==





+−
=
=
↔
+−=+−→+−=+−
+
2

13
log
2
31
01
2
−
=↔
+−
=
=↔=
xt
xt
0,25
0,25
0,25
0,25
III ( 1,0
điểm)
IV (1,0
điểm)
+





=
≥
↔=

2
0
2
2
y
x
y
xy
và
yxyx −=↔=−+
2
3
0322
+ Pt định tung độ giao điểm :



−=
=
↔
=−+↔−=
)(3
1
032
2
3
2
2
2
ly

y
yyy
y
Thể tích khối tròn xoay : V = V
1
- V
2

Với V
1
=
∫ ∫






−=






−







−=






−
1
0
1
0
322
0
1
2
3
32
3
2
3
2
3
yydydyy
π
ππ
=
)(

12
13
đvtt
π
V
V
2
2
=
∫ ∫
==








1
0
1
0
54
2
2
0
1
2042
ydyydy

y
ππ
π
=
)(
20
đvtt
π
Vậy V =
)(
30
31
đvtt
π



Dttp(SABC) = dt(ABC) + 2dt(SAC) + dt(SAB)
Dttp(SABC) = 2a
2
+2a
2
+
6
2
a
Dttp(SABC) =
Dttp(SABC) =
Dttp(SABC) =
Dttp(SABC) =

Dttp(SABC) =
Dttp(SABC) =
Dttp(SABC) =
Dttp(SABC) =
Dttp(SABC) =
)64(
2
+a
+
CESF
CECESC
CESF
CESF
CESF

.
),cos(
→→→
→→






+
==
=
2
1

.
45cos
.
.
0
==
→→
CESF
CECF
CESF
CECF
Vậy ( SF , CE ) = 60
0
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,50
E
F
A
C
B
S
V ( 1,0
điểm)
Đặt : y-1 = t .Ta có hệ :






=+
−+=+
1tan
sin1
22
2
tx
xtkkx
+ Giả sử hệ có nghiệm (x , t ) thì hệ có nghiệm (-x, t) . vì nghiệm của hệ là duy nhất nên:
x = -x
0=→ x
, thay (0 , t ) vào hệ ta được :



=
=
→



=
=−
2
0
1
1

2
k
k
t
tk
+ Với k = 0 ta có hệ :
)(
1
1tan
1sin
22
Zk
t
kx
vì
tx
tx
∈



−=
=





=+
+=

π
luôn là nghiệm của hệ nên hệ có vô số nghiệm
vậy k = 0 ( loại )
+ Với k = 2 Ta có hệ :





=+
=++
)2(1tan
)1(sin12
22
2
tx
txx
Từ (2)
1≤→ t
, (1)
1≥→ t
. (1) và (2)
1=→ t
t = 1 ta có:



=
=
↔




=
=
↔





=
=+
=
2
0
1
0
0tan
0sin2
1
2
2
y
x
t
x
x
xx
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 :
)0,(1 >=+ ba
b
y
a
x
d di qua M (3 , 1) nên ta có :
)3,0(
3
1
13
>>
−
=→=+ ab
a
a
b
ba
Vì a , b > 0 nên OA + OB = a + b = a +
3−a
a

Đặt f(a) =
2
/
)3(
3
1)(
3
−
−=→
−
+
a
af
a
a
a
f
/
(a) = 0




−=
+=+=
↔
)(33
)31(33
la
ba

+ Dựa vào BBT f(a) Đạt GTNN khi
33+=a
Vậy Pt d :
1
3133
=
+
+
+
yx
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
)1,0,1(3)3,0,3(, −=−−=







=
→→→
ACABn
Pt mp (ABC) :
01 =−+ zx
(1)
M (x , y , z) cách đều A , B , C nên ta có :




=−−+
=+−−
↔





=
=
)3(05222
)2(022
22
22
zyx
zyx
MCMA
MBMA

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 a
1
và 2 đỉnh trên a
2
: số tam giác
2
.8
n
C
2/ 1 đỉnh trên a
2

và 2 đỉnh trên a
1
: số tam giác
2
8
.Cn
0,25
0,25
a
f
/
f
33+
3
∞+
0
-
+
∞+
+
∞
)33( +f
Theo đề bài ta có :
864 8
2
8
2
=+ CnC
n
(1)

0,25
(1)
02166
2
=−+↔ nn

12
12
)(18
=↔



=
−=
↔ n
n
ln
0,25
VI.b
(2,0
điểm)
1.(1,0 điểm)
Dt (ABC) =
BCAH.
2
1
( BC : không đổi )
Dt (ABC) lớn nhất khi AH lớn nhất
Gọi A(x , y) thuộc (E)

8203284
2222
=+→=−+→ yxyx
AH = d(A , d) =
;
3
22 +− yx
Ta có :
( )
( )( )
162112
2222
2
=++≤− yxyx
42 ≤−→ yx
Max AH =
3
6
. Dấu “=” xảy ra khi :







=−
=+
−=
42

82
2
22
yx
yx
yx
KL :
)2,2( −A
0,25
0,25
0,25
0,25
2.(1,0 điểm)
Gọi
)2,0,1()3,1,0( −NvàM
thuộc giao tuyến
∆
Pt mp
)(
α
có dạng :
)0(0
222
≠++=+++ CBADCzByAx
+ M , N thuộc
∆
nên ta có :




=++−
=++
)2(02
)1(03
DCA
DCB
(1) và (2) suy ra : A + B + C = 0 ; Chọn A = 1
32;1 +=−−=→ BDBC
+ Mặt cầu (S) có tâm J( 0 , 2 , 0) , R = 2
Mp
)(
α
tiếp xúc mặt cầu (S)
RJd =↔ )(,(
α
hay
222
22 CBADB ++=+

01168
2
=++↔ BB
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
=−++








+−
=++−









−+
zyx
zyx
0,25
0,25
0,25
0,25
VII.b
(1,0
điểm)
Gọi z = x + yi ( x , y
)R∈

iyizz
iyxiz
)22(2
)1(
+=+−
−+=−
;
iyxiz )1( −+=+
Hệ






=−+
+=−+
↔
2)1(
)22()1(2
22
222
yx
yyx











=
−=



=
=
↔






=−+
=
↔
1
2
1
2
4)1(
4
22
2
y
x
y
x
yx
x
y
KL : 2 số phức :
ivài +−+ 22
0,25
0,25
0,25
0,25