Đề thi thử ĐH 2011+đáp án số 23

Sở GD-ĐT phú thọ Trờng T.H.p.t long châu sa é THI thử I HC NM học: 2010-2011 Mụn thi : TON Thời gian làm bài:150 phút(không kể thời gian giao đề) PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I:(2 im) Cho hm s : 1x2 1x y + + = (C) 1. Kho sỏt v v th hm s. 2. Vit phng trỡnh tip tuyn vi (C), bit tip tuyn ú i qua giao im ca ng tim cn v trc Ox. Cõu II:(2 im) 1. Gii phng trỡnh: sin 2 cos2 cot cos sin x x tgx x x x + = 2. Gii phng trỡnh: ( ) 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 3x 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; 02y5x2 =+ . 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 + Bảng biến thiên: 0,25 x y y + -1/2 - - -1/2 + -1/2 • §å ThÞ : 0,25 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 0,25 y x 0 I -1/2 1 1 -1/2 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 −= 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 x2cos xcos x2sin −=+ (1) (1) xsin xcos xcos xsin xcosxsin xsinx2sinxcosx2cos −= + ⇔ ( ) xcosxsin xcosxsin xcosxsin 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 π+ π ±=⇔ 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 xlog2 33 3 = − − + − ⇔ đặt: t = log 3 x 0,25 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⇔ = − = 0,25 Do đó, (1) 3 1 log x 1 hay x 4 x hayx 81 3 ⇔ = − = ⇔ = = 0,25 III 2 1 1 Ta cã 2 2 sin 2 2sin cos ( ) 3 4sin (1 2sin ) 2sin 4sin 2 xdx x xdx F x x x x x = = + − − + + ∫ ∫ 0,25 §¨t u = sinx cosdu 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: 3x ≥ Bpt 2 1 2 3 2 5 6 4 x x x x x x ⇔ + ≥ − + − ⇔ − + ≤ − 0,25 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 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 Vì B(x B , y B ) ∈ AB ⇔ y B = –4x B – 14 (2) C(x C , y C ) ∈ AC ⇔ 5 2 5 x2 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   = = − = − =  ÷  ÷   Ta có: ( ) ( ) 2 2 MI 5 1 1 2 5= − + + = 0,25 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< ≠ ( ) 3 3 2log x 1 2log 2x 1 2⇔ − + − = 0,25 ( ) 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 [...]... = 8 ⇔  ÷ = 8 ⇔ m = 24 ⇔ m = ±2 6  4  Hết ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 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 hồnh độ nhỏ hơn 2 Câu II (2,0 điểm) 1 Giải... m – 1 = 0 ⇔ m = 1 a Hết BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THÚC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mơn thi: TỐN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x+2 2x + 3 ( 1) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) 2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt... -Hết - ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI A NĂM 2009 Câu I 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số + Tập xác định:với mọi x ≠ − + y’ = −1 ( 2x + 3) 2 < 0, ∀ x ≠ − 3 2 3 2 + Tiệm cận x+2 1 1 = nên tiệm cận ngang là : y = x →∞ 2x + 3 2 2 Vì lim Vì lim +  3 x →−  ÷  2 x+2 x+2 = +∞; lim − = −∞ nên tiệm cận đứng là : x = - 3  3  2x + 3 2x + 3 x →−  ÷ 2  2 Bảng biến thi n:  2 Vẽ đồ thị:... tìm là: y = −  x + ÷ 12  2 Câu Va: 1 Điều kiện n ≥ 4 Ta có: ( x 2 n ) ∑C x n +2 = k 2k n−k 2 n k =0 Hệ số của số hạng chứa x8 là C4 2 n − 4 n 3 2 1 Ta có: A n − 8Cn + Cn = 49 ⇔ (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 (C')... các số phức z trong mp Oxy là đường tròn tâm I (3; -4) và bán kính R = 2 x2 + x − 1 Câu VII.b pt hồnh độ giao điểm là : (1) = −2x + m x ⇔ x2 + x – 1 = x(– 2x + m) (vì x = 0 khơng là nghiệm của (1)) ⇔ 3x2 + (1 – m)x – 1 = 0 phương trình này có a.c < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m b Ycbt ⇔ S = x1 + x2 = − = 0 ⇔ m – 1 = 0 ⇔ m = 1 a Hết BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THÚC ĐỀ... cân tại I ⇒ MOI = 300 1 0 ⇒ OM có hệ số góc k = ± tg30 = ± 3 1 x x2 =0 +k=± ⇒ pt OM : y=± thế vào pt (C) ⇒ x 2 − 2x + 3 3 3 3 3 3 ⇔ x= 0 (loại) hay x = Vậy M  ; ± ÷ 2  2 2 Cách khác: Ta có thể giải bằng hình học phẳng · · OI=1, IOM = IMO = 300 , do đối xứng ta sẽ có 2 điểm đáp án đối xứng với Ox H là hình chiếu của M xuống OX Tam giác OM 1 H là nửa tam giác đều OI=1 => OH 3 Vậy M 1  , 2 3 3... đường tròn Xác 2 2 định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó Giải: Mặt cầu có tâm I(1;2;3) bán kính R=5 Khoảng cách từ tâm I đến mp (P) là d(I;(P)) = 2.1 − 2.2 − 3 − 4 4 + 4 +1 =3 Vì d(I;(P)) . 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 thi n: ( ) , 2 3 0 2. Hết. ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 – (3m + 2)x 2 + 3m có đồ thị là (C m ), m là tham số. 1. Khảo. 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