Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!
ĐỀ THI MẪU MÔN TOÁN THI TUYỂN SINH ĐH, CĐ KHỐI B, D - 2009 (Thời gian làm bài: 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 23 . 2 x y x + = − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y=2x+m cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp tuyến của ( C ) tại hai điểm đó song song với nhau. Câu II (2,0 điểm). 1. Giải phương trình: (1+2cos3x)sin x + sin2x = 2sin 2 (2 ) 4 x π + . 2. Giải phương trình: 222 log 2 log 5 log 8 0.xx−+ ++ = Câu III (1,0 điểm). Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 22 2 ln ( 1) , 1 xx y x + = + trục tung, trục hoành và đường thẳng 1.xe = − Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A ’ B ’ C ’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, AA ’ = 2a và đường thẳng AA ’ tạo với mặt phẳng (ABC) một góc bằng 60 0 . Tính thể tích khối tứ diện ACA ’ B ’ theo a. Câu V (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số a để bất phương trình 32 31( 1)xx axx 3 + −≤ − − có nghiệm. 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). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình: 17 214 xyz−−− == 3 và mặt phẳng (P) có phương trình: 3x – 2y – z + 5 =0. 1. Tính khoảng cách giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P). 2. Ký hiệu l là hình chiếu vuông góc của d trên (P). Viết phương trình tham số của đường thẳng l. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm các số thực x,y thỏa mãn đẳng thức: 3 (3 5 ) (1 2 ) 9 14 .x iy i i++ − =+ 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình: 17 214 xyz−−− == 3 và mặt phẳng (P) có phương trình: 3x – 2y – z + 5 = 0. 1. Tính khoảng cách giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P). 2. Ký hiệu l là giao tuyến của (P) và mặt phẳng chứa d, vuông góc với (P). Viết phương trình chính tắc của đường thẳng l. Câu VII.b (1,0 điểm). Cho số phức 13z=+ .i Hãy viết dạng lượng giác của số phức z 5 . ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I (2,0 điểm) 1. (1,25 điểm) • Tập xác định: \{2}. D = • Chiều biến thiên: ' 2 7 0. (2) y xD x − = <∀∈ − Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (- ∞ ; 2) và (2; + ∞ ). • Cực trị: Hàm số không có cực trị. 0,50 • Giới hạn: ∞ 22 lim lim 2; lim à lim . xx xx yy yvy +− →−∞ →+∞ →→ == =+∞ =− Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 2, và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2. 0,25 • Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị (C): - Đồ thị cắt trục tung tại điểm 3 0; 2 ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ Và cắt trục hoành tại điểm 3 ;0 . 2 ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ - Đồ thị nhận điểm (2; 2) (là giao điểm của hai đường tiệm cận) làm tâm đối xứng. 0,25 x +∞ −∞ 2 − − ' y y 2 −∞ +∞ 2 y 2. (0,75 điểm) Đường thẳng y = 2x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau. ⇔ phương trình (ẩn x) 23 2 2 x x m x + = + − có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện y ’ (x 1 ) = y ’ (x 2 ) (với y là hàm số đã cho) ⇔ phương trình (ẩn x) 2x 2 + (m - 6)x – 2m – 3 = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 ( hiển nhiên x = 2 không là nghiệm của (1) ) và thỏa mãn điều kiện x 1 + x 2 = 4 ( do y ’ (x 1 ) = y ’ (x 2 ) ) 0,50 2 (6)8(23)0 2 6 4 2 mm m m ⎧ Δ= − + + > ⎪ ⇔⇔ ⎨ − = ⎪ ⎩ =− 0,25 II (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình: sin n4 sin 2 sin 2 1 cos 4 2 xsix x x x π ⎛⎞ +− + =− + ⎜⎟ ⎝⎠ 0,50 sin sin 4 1 sin 4 sin 1x xx⇔+ =+ ⇔=x 0,25 2, . 2 xkk π π ⇔= + ∈ 0,25 2 3 2 − 0 2 3 2 − x 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≠ 2 và x ≠ -5. Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với phương trình: () 22 2 log 2 . 5 log 8 3108 xx xx −+= ⇔+−= 0,50 ()() 2 22 2 318 318 320 320 317 63 . 2 xx xx xx xx xxx ⎡ 0 + −= +− +−=⇔ ⎢ + −= ⎣ −± ⇔=−∨=∨= 0,50 III (1,0 điểm) Ký hiệu S là diện tích cần tính. Vì 22 2 ln ( 1) 0 1 xx x + ≥ + 1 22 2 0 ln ( 1) 0; 1 ê . 1 e xx x ennS d x − + ⎡⎤ ∀∈ − = ⎣⎦ + ∫ x 0,25 Đặt ln(x 2 + 1) = t , ta có 2 2 . 1 xdx dt x = + Khi x = 0 thì t = 0 , và khi 1ìt=1.xeth=− 0,50 Vì vậy, 1 23 0 1 11 . 26 0 Stdtt=== ∫ 60 0 H C B ’ A ’ C ’ A B 1 6 0,25 IV (1,0 điểm) Ký hiệu h và V tương ứng là chiều cao và thể tích của khối lăng trụ đã cho. Ta có: 0,50 '' ' '' ' . 1 2 1 () 2 11 . 23 11 . 23 ACAB B ACC A B ABC ABC VV VV VhS V VV = =− ⎛⎞ =− ⎜⎟ ⎝⎠ ⎛⎞ =−= ⎜⎟ ⎝⎠ 3 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A ’ trên (ABC), ta có A ’ H = h và ' 60 .AAH = o Suy ra: ' .sin 60 3.hAA a== o Do đó, 23 33 .3. 44 ABC aa VhS a == =. Vì vậy, '' 3 . 4 ACA B a V = 0,50 V (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 1 . Với điều kiện đó bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: () 32 3 31 1 xx a xx +− ≤ −− () ( ) 3 32 31 1 .(* xx xx a ⇔+− +−≤ ) 0,50 Ta nhận thấy, hàm số: () ( ) 3 32 () 3 1 1 fx x x x x =+− +− Đồng biến trên [1; +∞]. Suy ra: f(x) ≥ f(1) = 3 ∀ x ≥ 1 . Vì thế, tồn tại x ≥ 1 thỏa mãn (*), hay bất phương trình đã cho có nghiệm, khi và chỉ khi 0,50 a ≥ 1 min ( ) (1) 3. x fx f ≥ == VI.a (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Ta có: + A (1; 7; 3) ∈ d và (2;1; 4) u = r là một vectơ chỉ phương của d . + là một vectơ pháp tuyến của ( P ). (3;2;1) n =−− r 0,25 Mà . 2.3 1.2 4.1 0 à A (P) un v =−−= ∉ rr (do 3.1 – 2.7 – 1.3 +5 ≠ 0) nên d ⁄⁄ ( P ). 0,25 Do đó, khoảng cách h giữa d và ( P ) chính bằng khoảng cách từ A đến ( P ). 0,25 Vì vậy, 3.1 2.7 3 5 914 . 14 941 h −−+ == ++ 0,25 2. (1,0 điểm) Ta có đường thẳng d đi qua điểm A (1; 7; 3) và có vectơ chỉ phương (2;1;4). u = r Gọi d ’ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( P ). Do là một vectơ pháp tuyến của ( P ) nên (3;2;1) n =−− r n r là một vectơ chỉ phương của d ’ . Suy ra, phương trình của d ’ là: 17 . 32 xyz −−− == −− 3 1 0,25 Gọi A ’ là giao điểm của d ’ và ( P ), ta có A ’ ∈ l . Tọa độ của A ’ là nghiệm của hệ: 17 32 32 50 3 1 x yz xyz −−− ⎧ == ⎪ − − ⎨ ⎪ −−+= ⎩ Giải hệ trên ta được: 41 40 33 ,, 14 7 14 xyz === . 0,50 Hơn nữa, vì d // ( P ) nên d // l . Vì vậy, là một vectơ chỉ phương của l . (2;1; 4) u = r Từ đó, phương trình tham số của l là: 41 2 14 40 7 33 4. 14 x t y t zt ⎧ = + ⎪ ⎪ ⎪ = + ⎨ ⎪ ⎪ = + ⎪ ⎩ 0,25 VII.a (1,0 điểm) Ta có: 3 (3 5) (1 2) (3 5) ( 11 2) x iy i x iy i ++ − = ++−+ (3 11 ) (5 2 ) . x yxyi = −++ 0,50 Vì thế, x và y là các số thực thỏa mãn đề bài khi và chỉ khi x,y là nghiệm của hệ: 311 9 521 xy xy 4 − = ⎧ ⎨ + = ⎩ 0,25 Giải hệ trên, ta được: 172 3 à. 61 61 xvy ==− 0,25 VI.b (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Xem phần 1 của Câu VI.a. 2. (1,0 điểm) Ta có đường thẳng d đi qua điểm A (1; 7; 3) và có vectơ chỉ phương (2;1; 4). u = r Gọi d ’ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( P ), ta có d ’ nằm trong mặt phẳng chứa d , vuông góc với ( P ). Vì thế giao điểm A ’ của d ’ và ( P ) nằm trên l . Do là một vectơ pháp tuyến của ( P ) nên là một vectơ chỉ phương của d ’ . Suy ra, phương trình của d ’ là: (3;2;1) n =−− r n r 17 . 32 xyz 3 1 − −− == − − 0,25 Do đó, tọa độ của A ’ là nghiệm của hệ: 17 32 32 50 3 1 x yz xyz − −− ⎧ == ⎪ − − ⎨ ⎪ −−+= ⎩ Giải hệ trên ta được: 41 40 33 ,, 14 7 14 xyz === . Hơn nữa, vì d // ( P ) nên d // l . Vì vậy, là một vectơ chỉ phương của l . (2;1; 4) u = r 0,50 Từ đó, phương trình chính tắc của l là: 40 41 33 7 14 14 . 214 y xz − −− == 0,25 VII.b (1,0 điểm) Dạng lượng giác của z là: 2cos sin . 33 zi π π ⎛⎞ =+ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,50 Từ đó, theo công thức Moa – vrơ, ta có dạng lượng giác của z 5 là: 5 55 32 cos sin 33 32 cos sin . 33 zi i ππ ππ ⎛⎞ =+ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎡⎤ ⎛⎞ ⎛⎞ =−+− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎢⎥ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎣⎦ 0,50 Nguồn: Cục Khảo thí và Kiểm định chất lượng giáo dục (Bộ GD-ĐT). Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn.
