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 . TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B (năm học 2009-2010) ( Thời gian làm bài : 180. 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 thi n: + Chiều biến thi n: Dx x y. 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 thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Dùng đồ thị (C) biện luận theo tham số m số nghiệm