ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 9 ppsx

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 [...]...  2(xB – xA)2 = 16  m2  8  2   8  m  24  m = 2 6 4    (xB – xA)2 = 8   Hết ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 20 09 Mơn thi : TỐN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị là (Cm), m là tham số 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0 2 Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có... 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 ; ;   9  9 9 9  x  2y  2z  1  0    1 9  qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP a   AH   26;11; 2  Pt () : x  3 y  0 z 1   26 11 2 Câu VII.a... cần tìm là: y   Câu Va: 1 Điều kiện n  4 1  1 x   12  2 n k Ta có: x 2  2    Cn x2 k 2n  k n k 0 Hệ số của số hạng chứa x8 là C4 2n  4 n Ta có: A 3  8C2  C1n  49 n n  (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49  n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7 Nên hệ số của x8 là C4 23  280 7 2 Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R  3 Đường tròn... 2 ) 2  x 2 y 2   2(x 2  y 2 )  1    (x 2  y 2 )2  2 2  3  (x 2  y 2 ) 2    2(x  y )  1 4   9  (x 2  y 2 ) 2  2(x 2  y 2 )  1 4 Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ 1 2 9 2 1 t  2t  1, t  4 2 9 1 f '(t)  t  2  0  t  2 2 1 9  f (t)  f ( )  2 16 f (t)  Vậy : A min  9 1 khi x  y  16 2 Câu VIa 1 Phương trình 2 phân giác (1, 2) : xy x  7y  2 5 2  5(x  y)  (x  7y) ... phương trình này có a.c < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Ycbt  S = x1 + x2 =  b = 0  m – 1 = 0  m = 1 a Hết BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO - ĐỀ CHÍNH THÚC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 20 09 Mơn thi: TỐN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) phát đề ...Ta có: A 3  8C2  C1n  49 n n 0,25  (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49  n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7 0,25 Nên hệ số của x8 là C4 23  280 7 2 2 Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, – 0,25 2) R  3 Đường tròn (C') tâm M cắt đường... 49 52   13 4 4 3 1 69 172    43 4 4 4 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 (C) y 1 y = 2x4 – 4x2 TXĐ : D = R y’ = 8x3 – 8x; y’ = 0  x = 0  x = 1; lim   x   2 x  1 0 0 1 y 2 x 1 2 + y' 1  0 + 0  0 + + 0 + 2 CĐ CT 2 CT y đồng biến trên (-1; 0); (1; +) y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1) y đạt cực đại. .. 3)  ln 2 Câu IV a BH 2 1 a 3a a 3 ,   BN  3  ; B ' H  2 2 BN 3 2 2 4 BH= C gọi CA= x, BA=2x, BC  x 3 BA2  BC 2  2 BN 2  2 2 H M CA2 2 2 9a 2  3a  x  3x  4 x  2     x2  2 52  4  2 N B A Ta có: B ' H  BB ' 3 a 3  2 2 1 1 a 3 1 9a 2 a 3 9a 3 V=  x 2 3      3 2  2 12 52 2 208 Câu V : (x  y)3  4xy  2   (x  y)3  (x  y) 2  2  0  x  y  1  (x  y) 2  4xy  0  ... 2 0,25 2 2 Ta có: MI   5  1  1  2   5 3 2 7 2 và MH  MI  HI  5   ; Ta có: MH '  MI  H ' I  5  2 R1  MA2  AH 2  MH 2  R 2  MA'2  A' H'2 MH'2  2 3 13  2 2 3 49 52    13 4 4 4 0,25 0,25 3 1 69 172    43 4 4 4 Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 0,25 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 V.b 3 1 1 1 Giải phương trình: log3 x  12  log 3 2x  1  2... x cos x  cos x   cos2x  s in2x  0 (1)  2 cos2 x  cos x  1  0  s in2x  0  cos x  x 1 ( cos x  1 :loại vì sin x  0) 2   k2 3 2 Phương trình: 2  log3 x log9 x 3   2  log3 x  (1)  (1) 1 4  1 log3 9x 1  log3 x 2  log3 x 4  1 2  log3 x 1  log3 x thành 4  1 (1) 1  log3 x đặt: t = log3x 2t 4   1  t 2  3t  4  0 2  t 1 t (vì t = -2, t = 1 khơng là nghiệm)  t . 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. 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. (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 thi n: , 2 3 0 2