Đề thi thử đại học môn Toán - Số 15

TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I. NĂM 2009
Môn: Toán - Khối B. Thời gian làm bài: 180 phút
A. Phần dành chung cho tất cả các thí sinh:
Câu 1. Cho hàm số y = x3 − (m + 1)x + 5 − m2.
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: 
2x y 1 x y 1
3x 2y 4
     

 
Câu 3. 1) Tính tích phân: I = 
7
3
0
2x 1 dx
x 1

 .
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
aAA  và 
· · · 0' ' 60BAD 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: 
1
2 1
2
log (4 4) log (2 3)x xx     .
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 32 2log (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 O và vuông góc với đường thẳng SC;
b) Chứng minh các điểm O, A, B, C, A’, B’, C’ cùng thuộc một mặt cầu. Viết 
phương trình mặt cầu đó.
..............................Hết................................
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . .
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2008−2009.KHỐI B
A. Phần dành chung cho tất cả các thí sinh:
Câu ý Nội dung Điểm
1(2đ) 1(1đ
)
Khảo sát hàm số khi m = 2
Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 − 3x + 1
1) TXĐ: R
2) SBT
•Giới hạn: lim ; limx xy y     0,25
•BBT:
Có y’ = 3x2 − 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, yCĐ = y(−1) = 3;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = y(1) = −1.
3) Đồ thị:
Giao với Oy: (0 ; 1)
Đi qua: (2 ; 3), (−2 ; −1)
Tâm đối xứng: (0 ; 1)
0,25
0,25
2(1đ
)
Tìm m ...
Có y’ = 3x2 − (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 − m2) 0,25
⇒ CĐ, CT của đồ thị và U thẳng hàng. 0,25
Từ giả thiết suy ra I trùng U ⇔ 5 − m2 = 4 ⇔ m = 1 (do (*)) 0,25
2(2đ) 1(1đ
)
Giải phương trình ...
2
-2
-1
1 2 x
1
3
-1-2
y
O
ĐK: x ≠ lpi (l ∈ ¢ ) 0,25
PT ⇔ tanx = cosx(sinx + cosx) ⇔ sinx = cos2x(sinx + cosx) 0,25
⇔ sinx(sin2x + cos2x) = cos2x(sinx + cosx) 0,25
⇔ sin3x = cos3x ⇔ sinx = cosx ⇔ 
4
x k   (k ∈ ¢ ) (Thoả mãn) 0,25
2(1đ
)
Giải hệ PT ...
Đặt 2 1 0, 0x y u x y v       . Ta có hệ:
2 2
1
5
u v
u v
 

 
 ⇒ 
2, 1
1, 2( )
u v
u v loai
 
    
0,5
Vậy hệ ⇔ 
2 1 2
1
x y
x y
   

 
 ⇔ 
2 1 2 2
1 1
x y x
x y y
    
     
0,5
3(2đ) 1(1đ
)
Tính tích phân ...
Đặt 3 1u x  ⇒ x = u3 − 1; dx = 3u2du; u(0) = 1, u(7) = 2 0,25
⇒ I = 
2 3
2
1
2(u 1) 1.3u du
u
 
 = 
2
4
1
(6u 9u)du 0,25
= 
2
5 2
1
6 9 237
5 2 10
u u   
 
0,5
2(1đ
)
Tìm giá nhỏ nhất ...
Với x, y, z > 0 ta có 
1 1 1( ) 9x 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: x2 ≥ x2 - (y - z)2 = (x + y - z)(x - y + z) = (1 - 2y)(1 - 2z) (1)
Tương tự : y2 ≥ (1  2z)(1  2x) (2) ; z2 ≥ (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 xyzzxyzxy 
 
4
1
4
99
4
1  xyzA
0,25
Mặt khác x = 0, y = z = ½ thì A = ¼. Vậy max A = ¼. 0,25
4(1đ) Tính thể tích hình hộp
Hạ đường cao A’H. Gọi E, F lần lượt là 
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
F
E
H
C'
C
D
A
B
B'
A'
D'
Từ ∆A’AE ⇒ 3
6
aAE  , '
2
aA E 
0,25
Từ ∆AHE ⇒ HE = AE.tan300 = 
6
a ⇒ 
2 2 2'
4 36 3
a a aA H   
0,25
Diện tích ABCD là 
2 3
2
a . Suy ra thể tích hộp: 
3 6
6
aV  .
0,25
B. Phần dành riêng cho từng ban:
Câu ý Nội dung Điểm
5a(3đ) 1(1đ
)
Giải PT ...
PT ⇔ 12 2log (4 4) log (2 3)x xx     ⇔ 12 2log (4 4) log 2 (2 3)x x x  
⇔ 14 4 2 (2 3)x x x  
0,25
Đặt 2x = t > 0, ta có: 
t2 + 4 = t(2t − 3) ⇔ t2 − 3t − 4 = 0 ⇔ t = 4 hoặc t = −1(loại) 0,5
Vậy 2x = 4 ⇔ x = 2 0,25
2(2đ
)
a) Viết phương trình mp(β) ...
mp(α) có 1 vectơ pháp tuyến nα (2; -2;-1); AB = (4;0; -2) 0,5
⇒ mp(β) có 1 vectơ pháp tuyến là nβ = nα ^ AB = (4;0;8)
⇒ phương trình mp(β): x + 2z − 3 = 0
0,5
b) Viết phương trình mặt cầu ...
Gọi (γ) là mp trung trực của AB thì (γ)đi qua trung điểm M(1 ; 2 ; 1) 
của AB và có 1 vectơ pháp tuyến AB = (4;0; -2)
⇒ PT mp(γ): 2x − z − 1 = 0.
Gọi I là tâm mặt cầu thì I là giao điểm của 3 mặt phẳng (α), (β), (γ)
⇒ 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 6R IA  ⇒ PT mặt cầu:
(x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 6 0,5
5b(3đ) 1(1đ
)
Giải phương trình ...
PT ⇔ 2 32 2log (4 1) log 2 (2 6)x x x   ⇔ 2 34 1 2 (2 6)x x x   0,25
Đặt 2x = t > 0, ta có PT: t2 + 1 = t(8t2 − 6) = 0
⇔ 8t3 − t2 − 6t − 1 = 0 ⇔ (t − 1)(8t2 + 7t + 1) = 0 ⇔ t = 1
0,5
Vậy 2x = 1 ⇔ x = 0 0,25
2(2đ
)
a) Viết phương trình mặt phẳng ...
Vì OABC là hình vuông nên C(1; 1; 0)
mặt phẳng cần tìm đi qua O và có 1 vectơ pháp tuyến SC (1;1;-2) 0,5
⇒ PT mặt phẳng cần tìm: x + y − 2z = 0 0,5
b) Chứng minh ... Viết PT mặt 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
21 1 1
2 2 2
x y z             
.
0,5
C’
I
B’
C
B
O A
S
A’