ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 9 ppsx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.06 MB, 48 trang )
ÐỀ THI thö ĐẠI
HỌC
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:(2 điểm)
Cho hàm số :
1x2
1
x
y
(C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm
cận và trục Ox.
Câu II:(2 điểm)
1. Giải phương trình:
sin2 cos2
cot
cos sin
x x
tgx x
x x
2. Giải phương trình:
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
Cõu III: (2 im)
1.Tính nguyên hàm:
sin 2
( )
3 4sin 2
xdx
F x
x cos x
2.Giải bất phơng trình:
1 2 3
x x x
Cõu IV: (1 im)
Trong mt phng Oxy cho tam giỏc ABC cú trng tõm G(2, 0) bit phng trỡnh cỏc cnh
AB, AC theo th t l 4x + y + 14 = 0;
0
2
y
5
x
2
. Tỡm ta cỏc nh A, B, C.
PHN RIấNG (3 im)
Chú ý:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần nếu làm cả hai sẽ không đợc chấm
A. Theo chng trỡnh chun
Cõu Va :
1. Tỡm h s ca x
8
trong khai trin (x
2
+ 2)
n
, bit:
49CC8A
1
n
2
n
3
n
.
2. Cho ng trũn (C): x
2
+ y
2
2x + 4y + 2 = 0.
Vit phng trỡnh ng trũn (C') tõm M(5, 1) bit (C') ct (C) ti cỏc im A, B sao cho
3AB .
B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu Vb:
1. Gii phng trỡnh :
21x2log1xlog
3
2
3
2. Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc vi đáy hỡnh
chúp.
Cho AB = a, SA = a 2 . Gi H v K ln lt l hỡnh chiu vuông góc ca A lờn SB, SD.
Chng minh SC (AHK) v tớnh th tớch khối chúp OAHK.
Ht.
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Hớng dẫn chấm môn toán
Câu
ý
Nội Dung
Điểm
I
2
1
Khảo sát hàm số (1 điểm) 1
TXĐ: D = R\ {-1/2}
Sựự Biến thiên:
,
2
3
0
2 1
y x D
x
Nên hàm số nghịch biến trên
1 1
( ; ) ( ; )
2 2
va
0,25
+ Giới hạn ,tiệm cận:
1
2
lim
x
y
1
2
lim
x
y
ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2
1
lim
2
x
y
1
lim
2
x
y
đTHS có tiệm cận ngang: y = -1/2
0,25
+ B¶ng biÕn thiªn:
0,25
x
y
’
y
-
1
/2
-
-
-1/2
-
1
/2
§å ThÞ :
0,25
2
y
x
0
I
-
1/2
1
1
-1/2
Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là
0,
2
1
A
Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng
2
1
xky
() tiếp xúc với (C)
/
x 1 1
k x
2x 1 2
x 1
k co ù nghieäm
2x 1
0,25
)2( k
1x2
3
)1(
2
1
xk
1x2
1x
2
Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là
2
1
3 x
x 1
2
2x 1
2x 1
0,25
1
(x 1)(2x 1) 3(x )
2
và
1
x
2
3
x 1
2
5
x
2
. Do đó
12
1
k
0,25
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
1 1
y x
12 2
0,25
II
2
1
1. Giải phương trình: gxcottgx
xsin
x
2
cos
xcos
x
2
sin
(1)
(1)
xsin
x
cos
xcos
x
sin
xcosxsin
x
sin
x
2
sin
x
cos
x
2
cos
x
cos
x
sin
xcosxsin
x
cos
x
sin
xx2cos
22
0,25
cosx cos2x sin2x 0
2
2cos x cosx 1 0 sin2x 0
0,25
1
cosx (cosx 1 :loaïi vì sinx 0)
2
0,25
2k
3
x
0,25
2
2. Phương trình:
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
(1)
(1)
1
xlog1
4
x9log
1
xlog2
33
3
0,25
1
xlog1
4
xlog2
x
log
2
33
3
đặt: t = log
3
x
0,25
thành
2
2 t 4
1 t 3t 4 0
2 t 1 t
0,25
(vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)
t 1 hay t 4
Do đó, (1)
3
1
log x 1 hay x 4 x hay x 81
3
0,25
III 2
1 1
Ta cã
2 2
sin 2 2sin cos
( )
3 4sin (1 2sin ) 2sin 4 sin 2
xdx x xdx
F x
x x x x
0,25
§¨t u = sinx
cos
du xdx
O,25
Ta cã:
2
2
( ) ( )
1 ( 1)
1
1
ln 1
1
udu du du
F x G u
u u
u
u c
u
0,25
VËy
1
( ) ln 1
sin 1
F x sinx c
x
0,25
2
1
§k:
3
x
0,25
IV 1
. Tọa độ A là nghiệm của hệ
4x y 14 0 x 4
2x 5y 2 0 y 2
A(–4, 2)
0,25
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên
2yy
2xx
yyyy3
xxxx3
CB
CB
CBAG
CBAG
(1)
0,25
Bpt
2
1 2 3
2 5 6 4
x x x
x x x
2
4 0
3 12 8 0
3 4
6 2 3 6 2 3
3 3
6 2 3
3
3
x
x x
x
x
x
0,25
0,25
0,25
Vì B(x
B
, y
B
) AB y
B
= –4x
B
– 14 (2)
C(x
C
, y
C
) AC
5
2
5
x
2
y
C
C
( 3)
0,25
Thế (2) và (3) vào (1) ta có
0y 1x
2y3x
2
5
2
5
x2
14x4
2xx
CC
BB
C
B
CB
Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
0,25
V.a 3
1
1
1. Điều kiện n 4
Ta có:
n
0k
knk2k
n
n
2
2xC2x
Hệ số của số hạng chứa x
8
là
4n4
n
2C
0,25
Hệ số của số hạng chứa x
8
là
4n4
n
2C
0,25
Ta có:
3 2 1
n n n
A 8C C 49
(n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
n
3
– 7n
2
+ 7n – 49 = 0 (n – 7)(n
2
+ 7) = 0 n = 7
0,25
Nên hệ số của x
8
là
2802C
34
7
0,25
2
2
Phương trình đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –
2)
3R
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB IM
tại trung điểm H của đoạn AB.
0,25
Ta có
2
3
2
AB
BHAH
0,25
Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I.
Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB
Gọi H' là trung điểm của A'B'
0,25
Ta có:
2
2 2
3 3
IH' IH IA AH 3
2 2
0,25
Ta có:
2 2
MI 5 1 1 2 5
và
2
7
2
3
5HIMIMH
;
3 13
MH' MI H'I 5
2 2
0,25
Ta có:
13
4
52
4
49
4
3
MHAHMAR
2222
1
43
4
172
4
169
4
3
'MH'H'A'MAR
2222
2
0,25
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 13
hay (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 43
0,25
V.b 3
1
1
1. Giải phương trình:
21x2log1xlog
3
2
3
§k:
1
1
2
x
0,25
3 3
2log x 1 2log 2x 1 2
3 3
log x 1 log 2x 1 1
3 3
log x 1 2x 1 log 3
0,25
x 1 2x 1 3
2
2
1
x 1
x 1
hoac
2
2x 3x 2 0
2x 3x 4 0(vn)
0,25
x 2
0,25
2
2
+BC vuông góc với (SAB)
BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB
AH vuông góc với (SBC)
AH vuông góc SC (1)
0,25
+ Tương tự AK vuông góc SC (2)
(1) và (2)
SC vuông góc với (AHK )
0,25
2 2 2 2
SB AB SA 3a
SB =
a 3
AH.SB = SA.AB
AH=
a 6
3
SH=
2a 3
3
SK=
2a 3
3
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
0,25
Ta có HK song song với BD nên
HK SH 2a 2
HK
BD SB 3
.
0,25
kÎ OE// SC
( )( ( ))
OE AHK doSC AHK
suy ra OE lµ ®êng cao cña
h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2
0,5
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
2
2 2 2
4a
AM AH HM
9
AM=
2a
3
0,25
3
OAHK AHK
1 1 a 1 a 2
V OE.S . HK.AM
3 3 2 2 27
(®vtt)
S
0,25
A
M
I
E
O
H
K
M
C
D
Câu II:
1. Giải phương trình: gxcottgx
xsin
x
2
cos
xcos
x
2
sin
(1)
(1)
xsin
x
cos
xcos
x
sin
xcosxsin
x
sin
x
2
sin
x
cos
x
2
cos
x
cos
x
sin
xcosxsin
x
cos
x
sin
xx2cos
22
cosx cos2x sin2x 0
2
2 cos x cosx 1 0 sin2x 0
1
cosx (cosx 1 :loaïi vì sinx 0)
2
2k
3
x
2. Phương trình:
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
(1)
(1)
1
xlog1
4
x9log
1
xlog2
33
3
1
xlog1
4
xlog2
x
log
2
33
3
đặt: t = log
3
x
(1) thành
2
2 t 4
1 t 3t 4 0
2 t 1 t
(vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)
t 1 hay t 4
Do đó, (1)
3
1
log x 1 hay x 4 x hay x 81
3
Câu IV:
. Tọa độ A là nghiệm của hệ
4x y 14 0 x 4
2x 5y 2 0 y 2
A(–4, 2)
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên
2yy
2xx
yyyy3
xxxx3
CB
CB
CBAG
CBAG
(1)
Vì B(x
B
, y
B
) AB y
B
= –4x
B
– 14 (2)
C(x
C
, y
C
) AC
5
2
5
x
2
y
C
C
( 3)
Thế (2) và (3) vào (1) ta có
0y 1x
2y3x
2
5
2
5
x2
14x4
2xx
CC
BB
C
B
CB
Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
Câu Vb:
2. (Bạn đọc tự vẽ hình)
+BC vuông góc với (SAB)
BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB
AH vuông góc với (SBC)
AH vuông góc SC (1)
+ Tương tự AK vuông góc SC (2)
(2) và (2)
SC vuông góc với (AHK )
2 2 2 2
SB AB SA 3a
SB =
a 3
AH.SB = SA.AB
AH=
a 6
3
SH=
2a 3
3
SK=
2a 3
3
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
Ta có HK song song với BD nên
HK SH 2a 2
HK
BD SB 3
.
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
2
2 2 2
4a
AM AH HM
9
AM=
2a
3
3
OAHK AHK
1 1 a 2 1 2a
V OA.S . HK.AM
3 3 2 2 27
Cách khác:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0;
a 2
)
Câu I:
1. Khảo sát (Bạn đọc tự làm)
2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là
0,
2
1
A
Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng
2
1
xky
() tiếp xúc với (C)
/
x 1 1
k x
2x 1 2
x 1
k co ù nghieäm
2x 1
)2( k
1x2
3
)1(
2
1
xk
1x2
1x
2
Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là
2
1
3 x
x 1
2
2x 1
2x 1
1
(x 1)(2x 1) 3(x )
2
và
1
x
2
3
x 1
2
5
x
2
. Do đó
12
1
k
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
1 1
y x
12 2
Câu Va:
1. Điều kiện n 4
Ta có:
n
0k
knk2k
n
n
2
2xC2x
Hệ số của số hạng chứa x
8
là
4n4
n
2C
Ta có:
3 2 1
n n n
A 8C C 49
(n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
n
3
– 7n
2
+ 7n – 49 = 0 (n – 7)(n
2
+ 7) = 0 n = 7
Nên hệ số của x
8
là
2802C
34
7
2. Phương trình đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) 3R
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB IM tại trung điểm H của đoạn
AB. Ta có
2
3
2
AB
BHAH
Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I.
Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB
Gọi H' là trung điểm của A'B'
Ta có:
2
2 2
3 3
IH' IH IA AH 3
2 2
Ta có:
2 2
MI 5 1 1 2 5
và
2
7
2
3
5HIMIMH
3 13
MH' MI H'I 5
2 2
Ta có: 13
4
52
4
49
4
3
MHAHMAR
2222
1
43
4
172
4
169
4
3
'MH'H'A'MAR
2222
2
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 13
hay (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 43
BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I.
1. y = 2x
4
– 4x
2
. TXĐ : D = R
y’ = 8x
3
– 8x; y’ = 0 x = 0 x = 1;
x
lim
x
1 0 1
+
y'
0 + 0 0 +
y
+
0
+
2 CĐ 2
CT CT
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)
Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); (
2
;0)
2. x
2
x
2
– 2 = m 2x
2
x
2
– 2 = 2m (*)
(*) là phương trình hoành độ giao điểm của (C’) :
y = 2x
2
x
2
– 2 và (d): y = 2m
2
x
y
1
1
0
2
2
(C’)
2
x
y
1
1
0
2
2
(C)
Ta có (C’) (C); nếu x -
2
hay x
2
(C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành nếu -
2
< x <
2
Theo đồ thị ta thấy ycbt 0 < 2m < 2 0 < m < 1
Câu II.
1. PT:sinx+cosxsin2x+
3
3 cos3x 2(cos4x sin x)
3 1 3sinx sin3x
sin x sin3x 3cos3x 2cos4x
2 2 2
sin3x 3cos3x 2cos4x
1 3
sin3x cos3x cos4x
2 2
sin sin3x cos cos3x cos4x
6 6
cos4x cos 3x
6
4x 3x k2 x k2
6 6
2
4x 3x k2 x k
6 42 7
2.
2 2 2
xy x 1 7y
x y xy 1 13y
y = 0 hệ vô nghiệm
y 0 hệ
2
2
x 1
x 7
y y
x 1
x 13
y y
Đặt a =
1
x
y
; b =
x
y
2 2
2
1 x
a x 2
y y
2 2
2
1
x a 2b
y
Ta có hệ là
2
a b 7
a b 13
2
a b 7
a a 20 0
a 4
b 3
hay
a 5
b 12
. Vậy
1
x 4
y
x
3
y
hay
1
x 5
y
x
12
y
2
x 4x 3 0
x 3y
hay
2
x 5x 12 0
x 12y
(VN)
x 1
1
y
3
hay
x 3
y 1
Câu III :
3 3 3
2 2 2
1 1 1
3
3
1
2
1
1
3
2
2
1
3 ln x dx ln x
I dx 3 dx
(x 1) (x 1) (x 1)
dx 3 3
I 3
(x 1) (x 1) 4
ln x
I dx
(x 1)
Đặt u = lnx
dx
du
x
2
dx
dv .
(x 1)
Chọn
1
v
x 1
3
3 3 3
2
1
1 1 1
ln x dx ln3 dx dx ln3 3
I ln
x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2
Vậy :
3
I (1 ln 3) ln2
4
Câu IV.
BH=
2
a
,
2 1 3
3
3 2 2 4
BH a a
BN
BN
;
3
'
2
a
B H
goïi CA= x, BA=2x,
3
BC x
2
2 2 2
2
2
CA
BA BC BN
2
2
2 2
3
3 4 2
4 2
a x
x x
2
2
9
52
a
x
C
A
B
M
N
H
Ta có:
3 3
' '
2 2
a
B H BB
V=
2 3
2
1 1 3 1 9 3 9
3
3 2 2 12 52 2 208
a a a a
x
Câu V :
3
3 2
2
(x y) 4xy 2
(x y) (x y) 2 0 x y 1
(x y) 4xy 0
2
2 2
(x y) 1
x y
2 2
dấu “=” xảy ra khi :
1
x y
2
Ta có :
2 2 2
2 2
(x y )
x y
4
4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
A 3 x y x y 2(x y ) 1 3 (x y ) x y 2(x y ) 1
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
(x y )
3 (x y ) 2(x y ) 1
4
9
(x y ) 2(x y ) 1
4
Đặt t = x
2
+ y
2
, đk t ≥
1
2
2
9 1
f(t) t 2t 1,t
4 2
9 1
f '(t) t 2 0 t
2 2
1 9
f(t) f( )
2 16
Vậy :
min
9 1
A khi x y
16 2
Câu VIa.
1. Phương trình 2 phân giác (
1
,
2
) :
x y x 7y
2 5 2
1
2
5(x y) (x 7y)
y 2x :d
5(x y) x 7y
1
5(x y) x 7y
y x : d
2
Phương trình hoành độ giao điểm của d
1
và (C) : (x – 2)
2
+ (– 2x)
2
=
4
5
25x
2
– 20x + 16 = 0 (vô nghiệm)
Phương trình hoành độ giao điểm của d
2
và (C) : (x – 2)
2
+
2
x 4
2 5
2
25x 80x 64 0
x =
8
5
. Vậy K
8 4
;
5 5
R = d (K,
1
) =
2 2
5
2. TH1 : (P) // CD. Ta có :
AB ( 3; 1;2),CD ( 2;4;0)
(P)cóPVT 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
Tacó 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
9
2 AH
2
Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0
