Đề thi và đáp án Toán khối B năm 2009

Chia sẻ: Nguyen Ha | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

21.566
lượt xem 924
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn thí sinh xem đáp án và gợi ý giải đề thi môn Toán trong kỳ thi tuyển sinh ĐH khối B năm 2009 (những gợi ý này chỉ có tính chất tham khảo).

Chủ đề:

Bình luận(2) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi và đáp án Toán khối B năm 2009

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009 Môn thi: Toán (khối B) (Thời gian làm bài: 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2x4 – 4x2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Với các giá trị nào của m, phương trình x 2 x 2  2  m có đúng 6 nghiệm thực phân biệt? Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình sin x  cos x sin 2x  3 cos 3x  2(cos 4x  sin 3 x) xy  x  1  7y 2. Giải hệ phương trình  2 2 2 (x, y  ) x y  xy  1  13y Câu III (1 điểm) 3 3  ln x Tính tích phân I   2 dx 1 (x  1) Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600 ; tam giác ABC vuông tại C và BAC = 600. Hình chiếu vuông góc của điểm B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a. Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 3(x4 + y4 + x2 y2) – 2(x2 + y2) + 1 PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 4 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x  2)2  y 2  và hai đường 5 thẳng 1 : x – y = 0, 2 : x – 7y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường tròn (C1); biết đường tròn (C1) tiếp xúc với các đường thẳng 1, 2 và tâm K thuộc đường tròn (C) 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh A(1;2;1), B(- 2;1;3), C(2;-1;1) và D(0;3;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng cách từ D đến (P)
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn : z  (2  i)  10 và z.z  25 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1;4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác ABC bằng 18. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 5 = 0 và hai điểm A(-3;0;1), B(1;-1;3). Trong các đường thẳng đi qua A và song song với (P), hãy viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) x 2 1 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị hàm số y  tại x 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 4. BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I. (C) 4 2 y 1. y = 2x – 4x . TXĐ : D = R 3 y’ = 8x – 8x; y’ = 0  x = 0  x = 1; lim   x  x  1 0 1 + y'  0 + 0  0 +  2 1 0 1 2 y + 0 + 2 CĐ 2 x CT CT 2 y đồng biến trên (-1; 0); (1; +) y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1) y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0 y đạt cực tiểu bằng -2 tại x = 1 Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0) y Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); ( 2 ;0) (C’) 2. x2x2 – 2 = m  2x2x2 – 2 = 2m (*) 2 (*) là phương trình hoành độ giao điểm của (C’) : y = 2x2x2 – 2 và (d): y = 2m Ta có (C’)  (C); nếu x  - 2 hay x  2  2 1 1 2 (C’) đối xứng với (C) qua trục hoành nếu - 2 < x < 2 0 x Theo đồ thị ta thấy ycbt  0 < 2m < 2  0
Câu II. 1. sinx+cosxsin2x+ 3 cos 3x  2(cos 4x  s i n 3 x) 3 1 3sin x  sin 3x  sin x  sin 3x  3 cos3x  2 cos 4x  2 2 2  sin 3x  3 cos 3x  2cos 4x 1 3  sin 3x  cos3x  cos 4x 2 2    sin sin 3x  cos cos 3x  cos 4x 6 6    cos 4x  cos  3x    6      4x   6  3x  k2   x   6  k2      4x   3x  k2  x    k 2   6   42 7 2. xyy x xy1  17y 13y x2 2   2 y = 0 hệ vô nghiệm  x 1  x  7  y y y  0 hệ   2 x 1  x   2  13   y y 1 x 1 x 1 Đặt a = x  ; b =  a 2  x 2  2  2  x 2  2  a 2  2b y y y y y Ta có hệ là ab7  a 2  b  13 ab7  2 a  a  20  0   1  1 x  y  4  x  y  5   a  4 hay a  5 . Vậy  b3 b  12  x  3  hay  x   12 y  y  x  1   x  3y x  12y  x 2  4x  3  0 hay x 2  5x  12  0 (VN)     3 x3   y  1 hay y  1 Câu III : 3 3 3 3  ln x dx ln x I 2 dx  3 2  2 dx 1 (x  1) 1 (x  1) 1 (x  1) 3 3 dx 3 3 I1  3 2   1 (x  1) (x  1) 1 4 3 ln x I2   dx 1 (x  1)2 dx Đặt u = lnx  du  x
dx 1 dv  2 . Chọn v  (x  1) x 1 3 3 3 3 ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3 I2         ln x  1 1 1 x(x  1) 4 1 x 1 x 1 4 2 3 Vậy : I  (1  ln 3)  ln 2 4 Câu IV. a BH 2 1 a 3a a 3 C N A BH= ,   BN  3  ; B ' H  2 BN 3 2 2 4 2 goïi CA= x, BA=2x, BC  x 3 CA2 H BA2  BC 2  2 BN 2  2 2 M  3a  x 2 9a 2  3x 2  4 x 2  2     x2   4  2 52 3 a 3 Ta có: B ' H  BB '  B 2 2 2 3 11 2  a 3 1 9a a 3 9 a V= x 3   3 2   2 12 52 2 208 Câu V : (x  y)3  4xy  2   2  (x  y)3  (x  y)2  2  0  x  y  1 (x  y)  4xy  0  2 2 (x  y)2 1 1 x y   dấu “=” xảy ra khi : x  y  2 2 2 2 2 2 (x  y ) Ta có : x 2 y 2  4 A  3  x  y  x y   2(x 2  y 2 )  1  3 (x 2  y 2 ) 2  x 2 y 2   2(x 2  y 2 )  1 4 4 2 2    (x 2  y 2 ) 2   3 (x 2  y 2 )2  2 2   2(x  y )  1  4  9  (x 2  y 2 ) 2  2(x 2  y 2 )  1 4 1 Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ 2 9 1 f (t)  t 2  2t  1, t  4 2 9 1 f '(t)  t  2  0  t  2 2 1 9  f (t)  f ( )  2 16 9 1 Vậy : A min  khi x  y  16 2
Câu VIa. xy x  7y 1. Phương trình 2 phân giác (1, 2) :  2 5 2  5(x  y)   (x  7y)  y  2x :d1 5(x  y)  x  7y   1  5(x  y)  x  7y  y  x : d2  2 4 Phương trình hoành độ giao điểm của d1 và (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 5 25x2 – 20x + 16 = 0 (vô nghiệm) 2 x 4 Phương trình hoành độ giao điểm của d2 và (C) : (x – 2)2 +    2 5 8 8 4  25x 2  80x  64  0  x = . Vậy K  ;  5 5 5 2 2 R = d (K, 1) = 5     2. TH1 : (P) // CD. Ta có : AB  (3; 1; 2), CD  (2; 4; 0)    (P) có PVT n  (8; 4; 14) hay n  (4; 2;7) (P) :4(x  1)  2(y  2)  7(z  1)  0  4x  2y  7z  15  0 TH2 : (P) qua I (1;1;1) là trung điểm CD   Ta có AB  ( 3; 1; 2), AI  (0; 1;0)   (P) có PVT n  (2;0;3) (P) :2(x  1)  3(z  1)  0  2x  3z  5  0 Câu VIb. 1. 1  4  4 9 AH   2 2 1 36 36 S AH.BC  18  BC   4 2 2 AH 9 2 Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0 x  y  4 7 1 H:  H ;  x  y  3  2 2 B(m;m – 4) 2 2 BC 2  7  1  HB2   8  m    m  4   4  2  2  7 11  7 2 m  2  2  2  m    4   2 m  7  2  3   2 2
 11 3   3 5  3 5  11 3  Vậy B1  ;   C1  ;   hay B2  ;    C 2  ;   2 2 2 2 2 2  2 2   2. AB  (4; 1; 2); n P  (1; 2;2) Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = 0  x – 2y + 2z + 1 = 0. Gọi  là đường thẳng bất kỳ qua A Gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (Q). Ta có : d(B, )  BH; d (B, ) đạt min   qua A và H. x  1  t  Pt tham số BH:  y  1  2t  z  3  2t  Tọa độ H = BH  (Q) thỏa hệ phương trình :  x  1  t, y  1  2t, z  3  2t 10  1 11 7   t  H ; ;   x  2y  2z  1  0 9  9 9 9   1   qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP a   AH   26;11; 2  9 x  3 y  0 z 1 Pt () :   26 11 2 Câu VII.a. Đặt z = x + yi với x, y  R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1)i z – (2 + i)= 10 và z.z  25  2 2  4x  2y  20  (x  2)  (y  1)  10  2 2 2  x  y  25 x  y 2  25  2  y  10  2x x  8x  15  0   x  3 hay x  5 y4 y0  Vậy z = 3 + 4i hay z = 5 Câu VII.b. x2  1 Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là : x  m  x  2x2 – mx – 1 = 0 (*) (vì x = 0 không là nghiệm của (*)) Vì a.c < 0 nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt  0 Do đó đồ thị và đường thẳng luôn có 2 giao điểm phân biệt A, B AB = 4  (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16  2(xB – xA)2 = 16  m2  8   (xB – xA)2 = 8   2   8  m  24  m = 2 6  4  ----------------------------- Người giải đề: TRẦN MINH THỊNH - TRẦN VĂN TOÀN (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn, TP.HCM)