ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT BẮC TRA MY NĂM 2009 potx

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT BẮC TRA MY NĂM 2009
Môn: Toán - Khối A. 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

 
 
 
 

2) Giải hệ phương trình:
x y 1 y x 1 25
x y 11

   


 




Câu 3. 1) Tính tích phân: I =
2
0
2 x
dx
1 2x



.
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  và



0
' ' 60
BAD 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:
2 2
2 3 1 1
2 3
log log ( 1 ) log log ( 1 )
x x x x
    
.
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 vuông 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:
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 3 điểm A’, B’, C’;
b) Chứng minh các điểm O, A, B, C, A’, B’, C’ cùng thuộc một

mặt cầu. Viết phương trình mặt cầu đó.
Hết






A. Phần dành chung cho tất cả các thí sinh:
Câu

ý

N
ội dung

Đi
ểm

1(2đ)

1(1đ)

Kh
ảo sát h
àm s
ố 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
CĐ
= y(

1) = 3;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y
CT
= y(1) = 1.









0,25

3) Đ
ồ 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)

Gi
ải ph
ương tr
ình




ĐK: x ≠ l

(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


  (k 

) (Thoả mãn)
0,25

2(1đ)

Gi
ải hệ PT



Đặt
1 0; 1 0
x u y v

     

Ta có hệ mới:
2 2
2 2
( 1) ( 1) 25
1 1 11
v u u v
u v

   


   



2
( 1)( ) 25
( ) 2 13
uv u v
u v uv
  


  



0,25

Đ
ặt u + v = S, uv = P, ta

có:


2

-
2
-
1
1

2
x

1

3

-
1
-
2
y

O
2
( 1) 25

2 13
S P
S P
 


 


2
13
1 25
2
S
S
 

 
 
 
 S
3
 15S  50 = 0
0,25


(S

5)(S
2

+ 5S + 10) = 0

S = 5

P = 6
0,25

T
ừ đó t
ìm
đư
ợc: u = 2, v = 3 hoặc u = 3, v = 2

Suy ra nghiệm hệ đã cho là:
3
8
x
y





hoặc
8
3
x
y








0,25
3 (2đ)

1(1đ)

Tính tích phân




Đặt 1 2
x u
 
 dx = (u  1)du; u(0) = 1, u(2) = 3
0,25

 I =
3
1
1
2
2
( 1)
u
u du

u




=
3
1
1 ( 1)( 1)
2
u u
du
u
 



0,25
=
3
1
1 1
2
u du
u
 

 
 


=
3
2
1
1 1
ln (4 ln3)
2
2 2
u
u
 
  
 
 


0,5
2(1đ)

Tìm giá nh
ỏ nhất v
à giá tr
ị lớn nhất



+) Với x, y, z > 0 ta có
1 1 1
( ) 9
x 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
M
ặt khác x = 0, y = z =
½ thì A = ¼. V
ậy max A =
¼.

0,25

4(1đ)


Tính th
ể tích h
ình h
ộp





H
ạ đ
ư
ờng cao A’H. Gọi E, F lần l
ư
ợt l
à
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



F
E
H
C'
C


A
B

B'
A'
D'
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

N
ội dung

Đi
ểm

5a(3đ)

1(1đ)

Gi
ải PT




Đặt
2
3
log ( 1 )
x x t
  

2
1
3
log ( 1 )
x x t
  

0,25

Ta có PT:
2 1
2
log log
t t




2 2
log log
t t
 



2
log 0
t



t = 1
0,25

Vậy:
2 2

3
log ( 1 ) 1 1 3
x x x x
      

0,25

2
1 3
x x
  

2 2
3 0
1 (3 )
x
x x
 


  


4
3
x

.
0,25

2(2đ)

a) Viết phương trình mp(

)


mp() có 1 vectơ pháp tuyến
(2; 2; 1)
n

  

;
(4;0; 2)
AB
 


0,25

 mp() có 1 vectơ pháp tuyến là
(4;0;8)
n n AB
 
  
  

 phương trình mp(): x + 2z  3 = 0
0,75

b) Vi
ết ph
ương tr
ình m
ặt cầu


Gọi (

) là mp trung trực của AB thì (

)đi qua trung điểm M(1 ; 2 ; 1) của AB
và có 1 vectơ pháp tuyến
(4;0; 2)
AB
 


 PT mp(): 2x  z  1 = 0.


0,25
Gọi I là tâm mặt cầu thì I là giao điểm của 3 mặt phẳng (

), (

), (

)

 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
6
R IA   PT mặt cầu:
(x  1)
2
+ (y  1)
2
+ (z  1)
2
= 6

0,25
5b(3đ)

1(1đ)

Gi
ải ph
ương tr
ình




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) Vi
ết
phương tr
ình m
ặt phẳng

Có AC

OA, AC

SO

AC


(SOA)  AC  OA’, lại do OA’  SA
nên OA’  (SAC)  OA’  SC.
Tương tự OB’  SC.
Vậy OA’, OB’, OC’ cùng vuông góc
với SC  chúng thuộc mặt phẳng qua O
và vuông góc với SC  A’, B’, C’
thuộc mặt phẳng đi qua O và vuông góc
với SC.




0,5
Vì OABC là hình vuông nên C(1 ; 1; 0) 
(1;1; 2)
SC
 

.

 PT mặt phẳng cần tìm: x + y  2z = 0
0,5

b) Ch
ứng minh Viết
PT m
ặt 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’