100 đề thi thử đại học môn toán tập 9

LÊ NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2015 TẬP 9(91-100) THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 1 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng. Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã được học, rèn luyện kĩ năng giải toán tạo nền tảng kiến thức tốt nhất cho kỳ thi Đại học sắp tới. Nội dung sách được viết trên tinh thần đổi mới ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù hợp theo quan điểm ra đề và chấm thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo rất phù hợp để các em tự ôn luyện. Toán là môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi trong mọi hoạt động của con người. Để học toán tốt trước hết rất cần sự tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu. Bên cạnh đó phương pháp học cũng rất quan trọng, nên đi từ cái dễ và cơ bản tới cái khó hơn với một tư duy logic. Tiếp xúc một bài toán không chỉ dừng lại ở cách giải thông thường mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng và cách giải khác nhau. Sau mỗi bài toán nên rút ra cho mình những điểm chú ý quan trọng. Cuối cùng thầy chúc tất cả các em luôn có được SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM MÊ, và THÀNH CÔNG trong các kỳ thi sắp tới! Thanh hóa.Tháng 9 năm 2014 Tác giả 2 ĐỀ SỐ 91 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: 3 2 y = x 3mx + 2− (1), m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4. Câu 2.(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 3cot 2 2 sin (2 3 2)cosx x x + = + 2. Giải phương trình: 2 7 3 6 3 3 x x x + + − = Câu 3. (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 1 3 3 9 1 x dx x x + − ∫ Câu 4.(1,0 điểm) 1/Cho hai số phức 1 2 z ,z thỏa mãn 1 i.z 2 0,5+ = và 2 1 z =i.z . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 2 z z− 2/ Rút gọn biểu thức: !0!.2013.2014 1 !2010!.3.4 1 !2011!.2.3 1 !2012!.1.2 1 !2013!.0.1 1 +++++=S Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3,2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là G( 2 2 , 3 3 ) và I(1,-2). Xác định tọa độ đỉnh C. Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 1 : 2 1 1 x y z d − + − = = , điểm A (1,4,2) và mặt phẳng (P): 5x – y + 3z – 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, ∆ nằm trong mp(P) biết rằng khoảng cách giữa d và ∆ bằng 2 3 . Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a, SB=a 3 , · 0 BAD = 60 và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N là trung điểm của AB, BC. Tính thể tích tứ diện NSDC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ( )      =+++ −+ =++ 10)1(4)19( 1 1 1913 223 2 xxyx xx yxy Câu 9.(1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 x y z P x y z y z x       = + +  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷ + + +       3 LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: 3 2 y = x 3mx + 2− (1), m là tham số 1.(1,0 điểm) Với m = 1 ⇒ 3 2 y = x 3x + 2− Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 2 y = x 3x + 2− a) TXĐ: R *) Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ b) Sự biến thiên: *) Chiều biến thiên: 2 x = 0 x = 2 y' = 3x 6x ; y' = 0    − ⇔ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ∞ ; 0) và (2; + ∞ ), hàm số nghịch biến trên (0; 2) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 2; hàm số đạt tiểu tại x = 2, y CT = - 2 BBT x - ∞ 0 2 + ∞ f’(x) + 0 - 0 + f(x) 2 + ∞ - ∞ -2 c) Đồ thị: 2.(1,0 điểm) Tìm m để đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4. 3 2 y = x 3mx + 2− ⇒ 2 y' = 3x 6mx− ; x = 0 x = 2m y' = 0    ⇔ Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 Với m ≠ 0 thì đồ thị hàm số (1) có tọa độ 2 điểm cực trị là: A(0; 2) và B(2m;-4m 3 +2) Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị A, B là: 2 3 x y 2 = 2m x + y 2 = 0 2m - 4m − ⇔ − . AB cắt Ox tại 2 1 C ;0 m    ÷   , cắt Oy tại A(0; 2) Đường thẳng qua 2 điểm cực trị tạo với các trục tọa độ tam giác OAC vuông tại O ta có: OAC 2 2 1 1 1 1 S = OA.OC = .2. = 2 2 m m Yêu cầu bài toán thỏa mãn 2 4 1 1 = m m 2 = ± ⇔ ⇔ (thỏa mãn m ≠ 0) Vậy 1 m 2 = ± Câu 2.(1,0 điểm) 4 1.(0,5 điểm) Giải phương trình: 2 2 3cot 2 2 sin (2 3 2)cosx x x + = + Điều kiện : x ≠ kπ Phương trình tương đương: 3cosx( 2 sin cos 2 − x x ) = 2(cosx - 2 sin 2 x) ⇔ (cosx - 2 sin 2 x)(3cosx – 2sin 2 x) = 0 ⇔    =−+ =−+ 02cos3cos2 02coscos2 2 2 xx xx 2 1 cos 2 ( );cos ;cos 2 ( );cos 2 2 x loai x x loai x ⇔ =− = =− = KÕt hîp víi ®/k suy ra pt cã nghiÖm: x = π π 2 4 k+± & x = π π 2 3 k+± 2.(0,5 điểm). Giải phương trình: 2 7 3 6 3 3 x x x + + − = Ta có 2 2 7 1 1 3 6 3 ( 1) 2 ( 1) 2 3 3 3 x x x x x + + − = ⇔ + − = + + , 7x ≥ − Đặt 1 1 ( 1) 2 ( 0) 3 u x v x v = +    = + + ≥   ta có hệ phương trình: 2 2 1 2 3 1 2 3 u v v u  − =     − =   ⇔ 2 2 2 2 2 2 ( )[3( ) 1] 0 3 6 3( ) 0 3 6 3 6 3 6 u v u v u v u v u v u v v u u v − + + =  − = − + − =    ⇔ ⇔    − = − = − =      ⇔ 2 0 3 6 u v u v − =   − =  hoặc 2 3( ) 1 0 3 6 u v u v + + =   − =  2 2 1 73 (lo¹i) 0 6 3 6 3 6 0 1 73 6 u u v u v u v u u u  − =  − = =    ⇔ ⇒   − = − − =  +   =   2 2 1 1 69 3( ) 1 0 3 6 17 3 6 1 69 3 0 (lo¹i) 3 6 v u u u v u v u u u  − −  = − − =   + + =    ⇔ ⇒   − =  − +   + − = =     + Với 1 3 7 1 73 73 5 1 6 6 6 u x + + − = ⇒ = − = . + Với 1 69 1 69 69 7 1 6 6 6 u x − − − − − − = ⇒ = − = . Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 1 3 3 9 1 x dx x x + − ∫ 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 3 3 3 3 (3 9 1) 3 9 1 3 9 1 x I dx x x x dx x dx x x dx x x = = − − = − − + − ∫ ∫ ∫ ∫ 5 1 1 2 3 1 1 3 1 3 26 3 27 I x dx x = = = ∫ 1 1 1 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 3 3 1 1 16 2 9 1 9 1 (9 1) (9 1) 18 27 27 I x x dx x d x x= − = − − = − = ∫ ∫ . Vậy 26 16 2 27 I − = Câu 4.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm). Cho hai số phức 1 2 z ,z thỏa mãn 1 i.z 2 0,5 + = và 2 1 z =i.z . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 2 z z− Đặt 1 1 1 1 1 ( , )z x iy x y R= + ∈ .Khi đó điểm M 1 1 ( , )x y biểu diễn 1 z , 2 2 1 1 1 1 1 i.z 2 0,5 i.x 2 0,5 ( 2) 0,25y x y+ = ⇔ − + = ⇔ + − = Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn 1 z là đường tròn (C 1 ) tâm O 1 (0, 2 ) bán kính R 1 =0,5. 2 1 1 1 z iz y x i= = − + Suy ra N (- y 1 , x 1 ) biểu diễn 2 z Ta cần tìm M thuộc (C 1 ) để 1 2 z z MN− = nhỏ nhất Để ý rằng 1 1 1 1 ( , ) ( , )OM x y ON y x⊥ − uuuur uuur và OM = ON nên MN = 2 .OM MN đạt giá trị nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất . Đường thẳng OO 1 đường tròn (C 1 ) tại M 1 (0, 1 2 2 − ) và M 2 (0, 1 2 2 + ). Dễ thấy MN nhỏ nhất bằng 1 2 2 − khi M trùng M 1 (0, 1 2 2 − ) tức là 1 1 ( 2 ) 2 z i= − 2.(0,5 điểm) Rút gọn biểu thức: !0!.2013.2014 1 )!2013!.().1( 1 !2010!.3.4 1 !2011!.2.3 1 !2012!.1.2 1 !2013!.0.1 1 ++ −+ +++++= kkk S +) Ta có: ∑∑ == + =⇒ −+ = 2013 0 2013 2013 0 1 !2013. )!2013!.().1( 1 k k k k C S kkk S +) Ta có: [ ] 2014!)1(2014)!1.(2014 !2014 )!2013)!.(1( !2013 1 1 20142013 + = +−+ = −+ = + kk C kkkkk C (k =0;1;…;2013) +) Do đó: S.2013!= ∑∑ == + = 2014 1 2014 2013 0 1 2014 . 2014 1 2014 k k k k C C +) S.2013! = ( ) 12 2014 1 2014 − !2014 12 2014 − =⇒ S Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3,2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là G( 2 2 , 3 3 ) và I(1,-2). Xác định tọa độ đỉnh C. Ta có 7 4 (2;4), ; 3 3 IM GM   = =  ÷   uuur uuur .Gọi A(x A ; y A ). Có 2AG GM= uuur uuur ⇒ A(-4; -2). Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IM uuur làm vec tơ pháp tuyến nên có PT: 2(x - 3) + 4(y - 2) = 0 ⇔ x + 2y - 7 = 0 Gọi C(x; y). Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - 7 = 0. 6 Mặt khác IC = IA ⇔ 2 2 2 2 ( 1) ( 2) 25 ( 1) ( 2) 25x y x y− + + = ⇔ − + + = . Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 7 0 ( 1) ( 2) 25 x y x y − − =   − + + =  Giải hệ phương trình ta tìm được 5 1 x y =   =  và 1 3 x y =   =  . Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3). Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 1 : 2 1 1 x y z d − + − = = , điểm A (1,4,2) và mặt phẳng (P): 5x – y + 3z – 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, ∆ nằm trong mp(P) biết rằng khoảng cách giữa d và ∆ bằng 2 3 . Gọi (Q) là mặt phẳng qua d và cách A(1,4,2) một khoảng 2 3 . (Q) qua N(1, -1, 1) thuộc d nên có phương trình: a(x-1) + b(y+1) +c(z-1) = 0 (1) Do (Q) qua N’(1, -1, 1) thuộc d nên 2a + b + c =0 hay c = - 2a – 2b (2) 2 2 2 2 ( ,( )) 2 2 2 2 2 2 (1 1) (4 1) (2 1) 2 3 2 3 (5 ) 12( ) 12 13 11 10 0 (3) A Q a b c d b c a b c a b c a b c bc − + + + − = ⇔ = ⇔ + = + + + + ⇔ − + − = Thay (2) vào (3) có 2 2 7 8 0a ab b+ + = . Chọn b = 1 được a = -1 hoặc a = 1 7 − Với b = 1 , a = -1 thì (Q) có phương trình: x – y – z – 1 = 0 Đường thẳng ∆ qua A và song song với giao tuyến của (P) và (Q) có VTCP 1 1 1 1 1 1 , , 4(1,2, 1) 1 3 3 5 5 1 u  − − − −  = = − −  ÷ − −   r nên ∆ có phương trình: 1 4 2 1 2 1 x y z− − − = = − Với b = 1 , a = 1 7 − thì (Q) có phương trình: x –7y +5z – 13 = 0 Đường thẳng ∆ qua A và song song với giao tuyến của (P) và (Q) có VTCP ( 8,11,17)u − r nên ∆ có phương trình: 1 4 2 8 11 17 x y z− − − = = − Đáp số: Đường thẳng cần tìm 1 4 2 8 11 17 x y z− − − = = − ; 1 4 2 1 2 1 x y z− − − = = − Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a, SB=a 3 , · 0 BAD = 60 và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N là trung điểm của AB, BC. Tính thể tích tứ diện NSDC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Từ giả thiết có AB = 2a, SA = a, SB = 3 , tam giác ASB vuông tại S suy ra 2 AB SM a= = do đó tam giác SAM đều. Gọi H là trung điểm AM thì SH ⊥ AB. Mặt khác (SAB) ⊥ (ABCD) nên suy ra ( )SH ABCD⊥ 2 3 1 1 1 1 3 1 4 3 . . . . 3 3 2 3 2 2 4 4 NSDC SNDC DNC BDC a a a V V SH S SH S ∆ ∆ = = = = = Gọi Q là điểm thuộc đoạn AD sao cho AD = 4 AQ khi đó MQ//ND nên · · ( , ) ( , )SM DN SM QM= . Gọi K là trung điểm MQ suy ra HK//AD nên HK ⊥ MQ Mà SH ⊥ (ABCD), HK ⊥ MK suy ra SK ⊥ MQ suy ra · · · ( , ) ( , )SM DN SM QM SMK= = Trong tam giác vuông SMK: · 1 1 1 3 3 2 4 4 os 4 MQ DN a MK c SMK SM a a a = = = = = 7 Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ( ) 2 3 2 2 1 3 1 9 1 1 (9 1) 4( 1). 10 xy y x x x y x x  + + =  + −   + + + =  ( ) ( ) 1 2 Điều kiện : 0x ≥ Nhận xét : x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình. Xét x > 0 Phương trình (1) ⇔ x xx yyy ++ =++ 1 1933 2 ⇔ 1 111 1)3(33 2 2 +         +=++ xxx yyy (3) Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. 1 2 +t , t > 0. Ta có: f’(t) = 1 + 1 1 2 2 2 + ++ t t t >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞) PT(3) ⇔ f(3y)= f         x 1 ⇔ 3y = x 1 Thế vào pt(2) ta được PT: 10).1(4 223 =+++ xxxx Đặt g(x)= 10).1(4 223 −+++ xxxx , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0 ⇒ g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞) Ta có g(1) = 0 Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 Với x =1 ⇒ y = 3 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; 3 1 ). Câu 9.(1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 x y z P x y z y z x       = + +  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷ + + +       ĐÆt x = 2 2 2 , ,a y b z c= = . Do 2 2 2 3 3x y z suy ra a b c+ + = + + = . Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3 3 2 2 2 3 3 3 a b c P b c a = + + + + + . Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân có: 8 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 a a b a a b b + + + ≥ = + + (1); 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 b b c c c c c + + + ≥ = + + (2) 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 c c a c c a a + + + ≥ = + + (3) Cộng theo vế ta được: ( ) 2 2 2 2 2 2 9 3 16 4 a b c P a b c + + + + ≥ + + (4) Vì a 2 +b 2 +c 2 =3. Từ (4) 3 2 P⇔ ≥ Vậy giá trị nhỏ nhất 3 2 P = khi a = b = c =1 ⇔ x = y = z = 1 9 ĐỀ SỐ 92 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 2 4 1 x y x − = + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho A và B đối xứng nhau qua đường thẳng có phương trình: x + 2y +3= 0. Câu 2.(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 2 1 2 os sin cos 2.tan x c x x x x + = + . 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 3 1 2 1 3 6 6x x x x− − + + = + Câu 3.(1,0 điểm) T×m hä nguyªn hµm cña hµm sè f(x) = 23 24 5 ++ xx x Câu 4.(1,0 điểm) 1/Xét số phức z thỏa mãn điều kiện : 3 1z i− = , tìm giá trị nhỏ nhất của z . 2/ Cho hàm số 1 cos x.cos2x khi x 0 f (x) x 0 khi x 0 −  ≠  =   =  Tính đạo hàm của hàm số tại x 0= . Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng ∆ : x – y + 1 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt ∆ ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho ∆MAB vuông tại M và có diện tích bằng 2. Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 2 1 1 1 1 x y z− − = = − − và mặt phẳng (P) : ax + by + cz – 1 = 0 2 2 ( 0)a b+ ≠ . Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua đường thẳng d và tạo với các trục Oy, Oz các góc bằng nhau Câu 7.(1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ nội tiếp trong hình trụ có bán kính đáy r; góc giữa BC’ và trục của hình trụ bằng 30 0 ; đáy ABC là tam giác cân đỉnh B có · 0 120ABC = . Gọi E, F, K lần lượt là trung điểm của BC, A’C và AB. Tính theo r thể tích khối chóp A’.KEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE. Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 1 3 x y x y x y x y  + − − =   + + − − =   Câu 9.(1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3 4 . Chứng minh rằng: 3 3 3 1 1 1 3 3 3 3a b b c c a + + ≥ + + + . 10 [...]... x = y = 4 2 4 x + y = 1 32 S 96 1 3 Cõu 1.(2,0im) Cho hm s y = x 3 ax 2 3ax + 4 ( 1) (Vi a l tham s) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s khi a = 1 2 Tỡm a hm s (1) t cc tr ti x1 , x 2 phõn bit v tho món iu kin: 2 x1 + 2ax 2 + 9a a2 + 2 =2 a2 x 2 + 2ax1 + 9a Cõu 2.(2,0 im) ( ) 1 Gii phng trỡnh: tan cos x 3 sin x + 1 = 0 4 2 x x +1 2 Gii phng trỡnh: x + ( 2 9 ) x + 2 22 = 0 ln Cõu 3 (1im)... 1.(2,0 im) 1.(1.0 im).Vi m = 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s: y = x 4 2 x 2 3 16 Tp xỏc nh: D = Ă Gii hn: y = + ; y = + S bin thi n: - Chiu bin thi n: y ' = 4 x 3 4 x; y ' = 0 x = 0; x = 1 Hm s nghch bin trờn mi khong (;1) v (0;1) ; ng bin trờn mi khong (1;0) v - (1;+) - Cc tr: Hm s t cc i ti x=0; yc=-3; hm s t cc tiu ti x = 1 ; yct=-4 - Bng bin thi n: x - y+ + y + -1 0 + 1 0 0 - 0 + ++ + +... c log 2 ( 2 x 2) = 4 x = 9 Suy ra x = y = 9 ,( tho món iu kin) Vi y = 2 x th vo phng trỡnh (1) ta c log 2 ( x 2) = 4 2 x log 2 ( x 2) + 2 x 4 = 0 5 Vỡ hm s f (x) = log 2 (x 2) + 2x 4 l hm s ng bin trờn ( 2;+ ) v f ( ) = 0 2 5 nờn x = l nghim duy nht ca phng trỡnh f(x) = 0 2 5 x = 2 ,( tho món iu kin) Suy ra y = 5 5 x = 9 x = 2 Vy h ú cho cú hai nghim v y = 9 y = 5 2 Cõu 3.(1.0 im)... x - 4x y + 3x = - y Cõu 9. (1,0 im) Xột cỏc s thc dng a, b, c tha món a.b.c = 1 Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc A = 1 1 1 + 3 + 3 a ( b + c) b ( a + c) c ( b + a) 3 LI GII Cõu 1.(2,0 im) Cho hm s : y = x4 5x2 + 4 1.(1,0 im) Kho sỏt s bin thi n v v th hm s :y = x4 5x2 + 4 + TX: R 22 +Gii hn v tim cn: xlim y = + + S bin thi n: y = 4x3 10x y / = 0 x = 0 hoc x = 5 2 Bng bin thi n : x y y + 0 - 0 +... cú: uv + 8 uv + 9 uv = 3 uv + 8 uv + 9 = (3 + uv ) 2 uv = 0 uv = 0 u = 4, v = 0 (vỡ u>v) T ú ta cú: x =2; y =2.(Tha /k) u + v = 4 Kt hp (1) ta cú: KL: Vy nghim ca h l: (x; y)=(2; 2) Cõu 9. (1,0 im) Cho a, b, c l ba s dng tho món : a + b + c = Chng minh rng: 3 3 4 1 1 1 +3 +3 3 a + 3b b + 3c c + 3a p dng Bt ng thc Trung bỡnh cng trung bỡnh nhõn cho 2 b ba s dng ta cú 1 1 1 3 1 1 1 9 (x + y + z)... im) Tỡm a hm s (1) t cc tr ti x1 , x 2 phõn bit v tho món iu kin: 2 x1 + 2ax 2 + 9a a2 + 2 =2 a2 x 2 + 2ax1 + 9a y ' = x 2 2ax 3a = 0 ( *) (*) cú 2 nghim phõn bit x1, x2 = 4a 2 + 12a > 0 Viột cho: x1 + x2 = 2a x1 ,x2 l nghim ca (*), do ú: x1 2 + 2ax 2 + 9a = 2a ( x1 + x 2 ) + 12a = 4a 2 + 12a > 0 Tng t: x 2 2 + 2ax1 + 9a = 4a 2 + 12a > 0 34 4a 2 + 12a a2 4a 2 + 12a + 2 =2 T bi, ta cú: = 1 (BT ... 1 + 2y 3 = 3 ( x, y Ă ) Cõu 9 (1,0 im) Cho cỏc s thc dng x, y, z tha món y 2 xz v z 2 xy Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc : P = x y 3z + + x+y y+z z+x 33 LI GII 1 3 3 2 ( 1) Cõu 1.(2,0 im) Cho hm s: y = x ax 3ax + 4 1 3 1.(1,0 im) Kho sỏt v v th hm s: y = x 3 x 2 3 x + 4 TX: R S bin thi n: Gii hn: lim y = ; lim y = + x x + x = 1 y' = 0 x = 3 1 Bng bin thi n: y ' = x 2 2 x 3 x y +... kớnh ng trũn ngoi tip ABC thỡ: tõm uuu uuuu r GK1 = 2GK , R1 = 2 R K1(1;10) , R1=2 19 Phng trỡnh ng trũn ngoi tip ABC l: ( x 1) 2 + ( y 10) 2 = 4 Cõu 6.(1.0 im) Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz, cho ng thng : x 1 y 3 z = = v im M(0 ;-2 ;0) Vit phng trỡnh mt phng (P) i qua im M song 1 1 4 song vi ng thng ng thi khong cỏch gia ng thng v mt phng (P) bng 4 r Gi s n ( a; b; c ) l mt vect phỏp tuyn... + x + 1 x Vy h phng trỡnh ú cho cú nghim duy nht ( x; y ) l ( 0;1) Cõu 9. (1.0 im) Cho cỏc s thc khụng õm x, y, z tho món x 2 + y 2 + z 2 = 3 Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc: A = xy + yz + zx + 5 x+ y+z 2 t = x + y + z t 2 = 3 + 2( xy + yz + zx) xy + yz + zx = t 3 t 2 2 2 2 2 Ta cú 0 xy + yz + zx x + y + z = 3 nờn 3 t 9 3 t 3 vì t > 0 t2 3 5 t2 5 3 + = + , 3 t 3 Khi ú A = 2 t 2 t 2 2... a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a 4 ( a + b + c ) + 6 4 + 6 = 3 3 4 3 3 1 a + b + c = a=b=c= 4 Do ú P 3 ; Du = xy ra 4 a + 3b = b + 3c = c + 3a = 1 S 93 Cõu 1.(2,0 im) Cho hm s y = x 4 + (3m + 1) x 2 3 (vi m l tham s) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s khi m = -1 15 2 Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m th hm s cú ba im cc tr to thnh mt tam giỏc cõn sao cho di cnh ỏy bng 2 ln di cnh bờn 3 Cõu . TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2015 TẬP 9( 91 -100) THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 1 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá. Tuyển tập 100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã. điểm ra đề và chấm thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo rất phù hợp để các em tự ôn luyện. Toán là môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi trong mọi hoạt động của con người. Để học toán