Kiểm tra 15 phút môn: Công nghệ 9 (Đề 1)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN, khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề *********************************. ĐỀ THI THỬ LẦN 6. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I ( 2 điểm) 3. 2. Cho hàm số y  x  3 x (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 3. 2. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình : x  3 x  a có ba nghiệm phân biệt trong đó có 2 nghiệm lớn hơn 1. Câu II ( 2 điểm) 1. Giải phương trình : 2 sin  2 x . . 2. Giải bất phương trình :. 3. x. .   4 sin x  1  0. 6 x. 9  5.3  14.log.  x 1   0  3  x2. Câu III ( 1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', có AB = a, AD = b, AA' = c và đáy ABCD là hình bình hành có góc BAD bằng 600. Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho DM = 2MC. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng BDA' theo a, b, c. Câu IV ( 2 điểm) 1. 1. Tính tích phân sau : I   x ln(1  x 2 )dx 0. 2. Cho x;y;z là các số thực dương .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :  x y z  3 3 3 3 3 3 F  3 4 x  y  3 4 y  z  3 4 x  z  2 2  2  2  y z x . . . . . . . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn:. Câu Va (3,0 điểm) 2. 2. 1. Trong Oxy cho (C ) : x  y  1 .Đường tròn ( C’) có tâm I = (2;2) cắt (C ) tại A; B biết AB= 2 . Viết phương trình AB 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A=(2;0;0) M=( 0;-3;6) a.Chứng minh rằng mp (P):x+2y-9 = 0 tiếp xúc với mặt cầu tâm M ,bán kính OM.Tìm toạ độ tiếp điểm b. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa A,M cắt trục các Oy;Oz tại B;Csao cho thể tích của tứ diện OABC bằng 3 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu Va ( 3,0 điểm) 1. Trong kgian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;0;0), B(0;0;4) và mặt phẳng (P): 2x-y+2z-4=0 a. Chứng minh rằng đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P). Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng AB và song song với (P). b. Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều. 2. Tìm phần thực của số phức z=(1+i)n. Trong đó n  Z * và thoả mãn. log 4  n  3  log 5  n  6   4. .. ……………………Hết…………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu I 1điểm. 1điểm. y O. x. 1 2. -2 -4 1điểm. 3. 2. +) x  3 x  a +) Đặt y=x3-3x2 và y=a +) Nhận xét x=1 suy ra y=-2 +) Từ đồ thị suy ra -4<a<-2 +) KL:. Câu II 1điểm. . 1/4 1/4 1/4 1/4. 3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1  0.  sin x. . . . 1/4. 3. 1/4. 3 cos x  sin x  2  0.  x  k ; x  1điểm. y=a. 7 6. 1/4.  k 2. 1/4. KL: +) Đ/K: x>2 or x<-1.  x 1   x 1  x x 9 x  5.3x  14.log 3    0  3 3  7 3  2 log 3  0  x2  x2  x 1   3x  7 log 3  0  x2 x 1  3  x 1  Xét x>2 ta có log   0   1  0 x2    3 x2  x2  x2 x 1  x 1 3 Xét x<-1 ta có log  1 0 x2 0 3 x2 x2  x2. . 3. . . . . KL:. F. A H. C E. M D. B'. A'. 1/4. 1/4 1/4. Câu III.. B. 1/4. C' D'. d ( M , ( BDA ')) ME 2 ME MD 2     , do đó d ( A, ( BDA ')) AE 3 AE AB 3. AF  BD; AH  A ' F Khi đó d(A, (BDA')) = AH. Tam giác ABD có AB = a, AD = b, góc BAD bằng 600 nên 2S ab 3 AF  ABD  BD 2 a 2  b 2  ab Trong tam giác vuông A'AF (vuông tại A), ta có 1 1 1 abc 3    AH  2 2 2 2 2 2 AH A' A AF 3a b  4a c 2  4b 2 c 2  4abc 2 Vậy d ( M , ( BDA ')) . 2abc 3 3 3a b  4a 2 c 2  4b 2 c 2  4abc 2. Lop12.net. 2 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu IV 1-điểm. 6. I . dx. 1/4. 4x  1 2 2x  1  +) Đặt t  4 x  1 đổi biến 3 1 +) Đ/S ln  2 12. 1-điểm. . 1-điểm. . 3 3 3 3 3 +) Ta có x  y   x  y   4 x  y  x  y 2  2  x y z +) VT  2  x  y  z   2( 2  2  2 ) y z x. +) VT  6 3 xyz  6 3 Câu VI.a 1-điểm. 1/4 1/4 1/4. +) OM . 2. 1 xyz.  12. KQ : F=12. 2. 03 6 3 5 6  9 15 +) d  M ; P   +) Suy ra ĐPCM  3 5 5 5 +Pt qua M và vuông với (P) : x=t ; y=-3+2t ; z=0 +) Giao điểm :t-6+4t-9=0 hay t=3 suy ra N=(3 ;3 ;0). +) Gọi B=(0 ;b ;0) C=(0 ;0 ;c). +) PT (Q) x  y  z  1 qua M ta có : 3  6  1 b c 2 b c +) Ta có VOABC  +) Từ đó b=. 1    OA OB, OC   3 6 c=. Câu V.b. 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4. 1/4 1/4.   AB (  4;0; 4) n a. ; mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là (2; 1; 2) . Suy ra Ta   có AB.n  4.2  0  2.4  0 và A  ( P)  AB //( P) Vì đường thẳng (d) vuông góc với AB và song song với (P) nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng (d) là x  4  t   y  4t    z  t   u   AB, n   (4;16; 4) . Vậy phương trình đường thẳng (d) là  b. 2 x  y  2 z  4  0   AC  AB  BC  AB Giả sử C(x; y; z). Điểm C thuộc mp(P) và tam giác ABC là tam giác đều nên  2 x  y  2 z  4  0  2 2 2  ( x  4)  y  z  32  2 2 2  x  y  ( z  4)  32 Ta có. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> x  z   2 x  y  2 z  4  0  x 2  y 2  z 2  8 x  16  0  Giải hệ này được x= 0, x = 20/9. Vậy C(0; -4; 0); C(20/9; 44/9; 20/9).. 2. Hàm số f(x) = log 4  x  3  log5  x  6  là hàm số đồng biến trên (3; +∞) và f(19) = 4. Do đó phương trình. log 4  n  3  log5  n  6   4 có nghiệm duy nhất n  19 . w  1  i  2(cos z  w19. . .  i sin ) . Với n = 19 áp dụng công thức Moavrơ ta có: 4 4 19 19  3 3   19   ( 2)19  cos  i sin  i sin   ( 2)  cos  4 4  4 4   . Suy ra phần thực của z là :.  2. 19. cos. 3 2  ( 2)19 .  512 . 4 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>