Khoi B2009 Thi la do

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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): x 1 y x  1 (C) Câu I: Cho hàm số. 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). 2 2 2 2 2 Câu II: a) Giải phương trình: log ( x  1)  ( x  5) log( x  1)  5 x 0 2 3 b) Tìm nghiệm của phương trình: cos x  cos x  sin x 2 thoả mãn :. x 1 3 1. I x ln( x 2  x  1)dx. Câu III: Tính tích phân sau: 0 Câu IV: Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có  ABC là tam giác vuông tại B và 2. 2. 2. AB = a, BC = b, AA’ = c ( c a  b ). 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 x y z P   2 2 1 x 1 y 1 z2 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 ; y  1  2t ; z 2  t ( t  R ) và mặt phẳng (P): 2 x  y  2 z  3 0 .Viết phương trình tham số của đường thẳng nằm trên (P) cắt và vuông góc với (d). x2 y2  1 2) Trong mp(Oxy) cho elip (E): 9 4 . 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.  z  w  zw 8  2 2  z  w  1. Câu VII.a: Giải hệ phương trình sau trên tập số phức: 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..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ¿ x + √ x −2 x +2=3 y− 1+ 1 y + √ y 2 −2 y +2=3x −1 +1 (x , y ∈ R) ¿{ ¿ 2. Câu VII.b: Giải hệ phương trình:. ==========Hết========== Câu Ia) 1điểm. Đáp án y. x 1 x  1 (C). TXĐ:. D R \  1. Điểm.  y' . 2 ( x  1)2.  0x 1 0.25.  Hs nghịch biến trên ( ;1) và (1; ) . Không có cực trị lim 1, lim 1 x    ĐTHS có tiệm cận ngang là y 1 Giới hạn: x   lim y , lim y    ĐTHS có tiệm cận đứng là x 1 x 1 Giới hạn: x  1 Bảng biến thiên: Đồ thị:(C)  Ox tại A(-1;0) , :(C)  Oy tại B(0;2); Điểm I(1;1) là tâm đối xứng x f’(t). -. 1. 0.25 0.25 0.25. +. -. -. 1. +. f(t) -. Ib) 1điể m. 1. Gọi M (0; yo ) là điểm cần tìm, PTTT qua M có dạng: y kx  yo (d) (d) là tiếp tuyến của (C)  x 1 ( yo  1) x 2  2( yo  1) x  yo  1 0 (1)  x  1 kx  yo    2 2 k   x 1;  k 2 2 ( x  1)   ( x  1). 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> IIa) 1điể m. IIa) 1điể m. Để thoả mãn đk  hệ (*) có 1nghiệm  PT(1) có 1 nghiệm khác 1 1  yo 1  y 1  x  ; yo 1  k  8   o    2 0.5 1   2   x  2  ' ( yo  1)  ( yo  1)( yo  1) 0  x 0; yo  1  k  2 Vậy có 2 điểm cần tìm là: M(0;1) và M(0;-1) log 2 ( x 2  1)  ( x 2  5) log( x 2  1)  5 x 2 0 , TXĐ: D=R 0.5 2 2 2 2 2 log( x  1)  y y  ( x  5) y  5 x  0  y  5  y  x  Đặt y 5  x 2  1 105  x  99999 0.5 y  x 2  x 0 do  x 2 0;log( x 2  1) 0 KL: PT có 3 nghiệm:… cos x  cos 2 x  sin 3 x 2  (cos x  1)(cos x  sin x  sin x.cos x  2) 0  cos x 1  x k 2 0.5    cos x  sin x  sin x.cos x  2 0  cos x  sin x  sin x.cos x  2 0 (1) Giải (1) đặt cos x  sin x t ,| t | 2  vônghiệm. x 1 3  2 x 4  ĐK: PT có nghiệm x 0. III 1điể m. 0.25 0.25. 1. I x ln( x 2  x 1)dx 0. . Đặt. 2 x 1 x2 u ln( x 2  x  1)  du  2 dx ; v   2 x  x 1 dv xdx. 0.5. 1.  I. x2 1 2 x3  x 2 1 1 ln( x 2  x  1) |10   2 dx  ln 3  J 2 2 0 x  x 1 2 2 1. Ta có. 1. 1 2 x 1 1 1  J  2 dx (2 x  1  . 2  . 2 )dx 2 2 x  x  1 x  x  1 x  x  1 0 0 1. 1 1 1 1  J ( x  x  ln( x 2  x  1) |10   dx  ln 2  2 2 0 ( x  1 )2  3 2 6 3 2 4 3   I  2 4 12 3 Dựng thiết diện của hình chóp cắt bởi mp qua B’ A và vuông góc với A’C là AMN như hình vẽ A’ Ta có: NB // AA’; MC // AA’ nên ta có: 1 VA ' AMN VMAA ' N VMAA ' B VCAA ' B  abc 6 N 1 abc VA ' AMN  S AMN . A ' I  S AMN  I 3 2A' I Mà B A 2. IV 1điể m. 2 x3  x 2. 0.5. 0.25 C’. 0.25 M C. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Trong tam giác vuông A’AC ta tính được: A ' A2 c2 A' I   A 'C a 2  b2  c2  S AMN  V 1điể m. ab a 2  b 2  c 2 2c. 2 Vì 0  x  1  1  x  0 Áp dụng BĐT Côsi ta có: 2 2 x 2  (1  x 2 )  (1  x 2 ) 3 2 2   2 x (1  x 2 )2  x(1  x 2 ) 3 3 3 3. . x 1  x2. Khi đó:. . 0.25. 0.5. y 3 3 2 z 3 3 2 3 3 2  y ;  z x 2 2 2 2 1  y 1  z 2 . Tương tự:. P. 3 3 2 3 3 3 3 (x  y2  z2 )  ( xy  yz  zx)  2 2 2. 3 3 1  Pmin   x  y z  2 3 (Riêng bài toán này làm theo PP lượng giác hoá sẽ hay hơn.) Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn  VIa.1 u1 (  1; 2;1) 1điểm Ta có: (d) đi qua M1 = (0;-1;2), có vectơ chỉ phương A(  t;  1  2t; 2  t ) d  ( P) thoả mãn: 2   t     1  2t   2  2  t   3 0. 0.5. 0.5.  t  1  A(1;  3;1) mp(Q) qua A và vuông góc (d) có PT:  x  2 y  z  6 0 Đường thẳng  cần tìm là giao tuyến của (P) và (Q) có 1 vectỏ chỉ phương là:     nP ; nQ  ( 3;0;  3) u   chọn: (1;0;1) Vậy PT đường  là: x 1  t; y  3; z 1  t VIa.2 TH1: Đường thẳng qua M có PT: x 1 dễ dàng nhận xét không thoả 1điểm mãn. TH2: Đường thẳng cần tìm có hệ số góc k thì PT là: y k ( x  1)  1 Toạ độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình:  x2 y2   (9k 2  4) x 2  18k (k  1) x  9(k  1) 2  36 0 (1) 1  9  4  y k ( x  1)  1  y k ( x  1)  1  (d) cắt (E) tại A,B nhận I là trung điểm AB thì x A  xB 2 xI 2 và:  (1)  0. 0.5. 0.25. 0.25 0.5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 18k (k  1). 2  k . 4 9 thoả mãn. 2 Theo định lý viet ta có: 9k  4 4 y  ( x  1) 1  4 x  9 y  43 0 9 Vậy phương trình (d) là:. VII 1điểm.  z  w  zw 8  z  w  zw 8  z  w  zw 8    2   2 2 2  z  w  1 ( z  w)  2 zw  1 ( z  w)  2( z  w)  15 0  z  w  zw 8  zw  5  zw  13      z  w 3  z  w  5  z  w 3  z  w  5.   3  i 11   3  i 11 w   w   w  3w  5 0  zw  5   2 2       z  w 3  z w  3  z 3  i 11  z 3  i 11   2 2  5  i 27  5  i 27 w  w    2  zw  13  w  5w  13 0   2 2      z  w  5   z w  5  z   5  i 27  z   5  i 27   2 2 2. Theo chương trình nâng cao: VIb.1 Gọi I ( x; y; z ) là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Khi đó: 1điểm  4 x  2 y  z  13 0  x 79 / 42       BC ; BD  .BI 0   2 x  8 z  11 0   y 67 / 21      2 x  4 y  9 0  z 19 / 21  BI CI  DI    I Vậy R = IB = 8925 / 42  2,25. 0.5. 2. VIb.2 7 14 G  ( ; ;0) 1điểm Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: 3 3.  x  x 2  2 x  2 3 y  1  1    y  y 2  2 y  2 3x  1  1 . Đặt. u  u 2  1 3v  u  x  1   v  v 2  1 3u v  y  1  ta có: . u 2 v 2  3  u  u  1 3  v  v  1  f (u )  f (v). t 2 với: f (t ) 3  t  t  1  biến. f '(t ) 3t ln 3 . t  t 2 1 t 2 1. 0.25. 0.75. 0.25 0.25. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có: MA  MB  MC  MD 4 MG  GA  GB  GC  GD 7 14 G ( ; ;0) 2 2 2 2 GA  GB  GC  GD .Dấu bằng xảy ra khi M  3 3. VII 1điểm. 0.25. 0  f(t) đồng. 2 u 2  u v  u  u  1 3  u  log 3 (u  u  1) 0 (2). 0.75 0.5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> g (u ) u  log3 (u  u 2  1)  g '(u )  0  Xét hàm số: g(u) đồng biến Mà g (0) 0  u 0 là nghiệm duy nhất của (2). KL: x  y 1 là nghiệm duy nhất của hệ PT.. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>