Đang tải... (xem toàn văn)
www.facebook.com/hocthemtoan
www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 9 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số 3 2 3 3 1 2 2 y x mx m 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 2. T́m m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại , cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x. Câu II(2.0điểm) 1. Giải phương trình: 3 3 17 6 2 sin 2 8cos 3 2cos( 4 )cos2 2 16 cos x x x x x với 5 ( ; ) 2 2 x 2. Giaỷi heọ phương trình : 0222 0964 22 224 yxyx yyxx Câu III (1.0 điểm) Cho phương trình x x x 3 (7 3 5) a(7 3 5) 2 a,Giải phương trình khi a = 7 b, Tìm a để phương trình chỉ có một nghiệm Câu IV(1.0 điểm) Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân cạnh huyền AB = 2 . Mặt phẳng (A A’B) vuông góc với mặt phẳng (ABC) , AA’ = 3 .Góc 'A ABlà góc nhọn và mặt phẳng (A’AC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ Câu V(1.0 điểm) Cho ,x y , z là các số thực dương và thoả mãn điều kiện 1x y z . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 1 (1 )(1 )(1 )M x y z . PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1,Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm (1;0)H , chân đường cao hạ từ đỉnh B là (0; 2)K , trung điểm cạnh AB là (3;1)M . 2,Tìm hệ số của số hạng chứa 6 x trong khai triển 1 2 n x x , biết rằng 2 1 1 4 6 n n n A C n . Câu VII.a: (1.0điểm) Giải phương trình: 2 3 8 2 4 log 1 2 log 4 log 4x x x B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 .0 điểm) 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1 ) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d 2 ): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d 1 ), (d 2 ), trục Oy. 2, Cho elip ( E ): 2 2 x y 1 16 9 và đường thẳng (d 3 ): 3x + 4y = 0 a) Chứng minh rằng đường thẳng d 3 cắt elip (E) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm toạ độ hai điểm đó (với hòanh độ của điểm A nhỏ hơn hoành độ của của điểm B ). b) Tìm điểm M (x ; y) thuộc (E) sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 12. Câu VII.b: (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 log ( 2 8) 6 8 2 .3 2.3 x x y x y y x -------------------Hết ------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 9 Câu 1 : 1, Khi m = 1 ta có 3 2 3 1 2 2 y x x .Tập xác định: Sự biến thiên -Giới hạn tại vô cực: lim x y lim x y -Chiều biến thiên: Ta có 2 ' 3 3y x x ; 0 ' 0 1 x y x Bảng biến thiên x 0 1 y’ + 0 - 0 + y 1 2 0 Hàm số đồng biến trên khoảng ;0 và 1; , Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;1 , -Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, 1 (0) 2 CÐ y y , Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, 1 0 CT y y 3. Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại điểm 1 ;0 2 ; 1;0 và cắt trục tung tại điểm 1 0; 2 . Đồ thị nhận điểm uốn 1 1 ; 2 4 U làm tâm đối xứng. Câu 1: 2, T́m m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại , cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x. Ta có y’= 2 3 3x mx 0 ' 0 x y x m Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu th́ ' 0y có hai nghiệm phân biệt 0m . Khi đó giả sử các điểm cực đại, cực tiểu là : 3 0; 2 m A và ; 0B m Ta có: 3 ; 2 m AB m ; trung điểm I của AB là: 3 ; 2 4 m m I Theo yêu cầu bài toán để A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x th́ đường thẳng AB vuông góc với : y x và trung điểm I của AB thuộc đường thẳng . 0AB u I 3 3 0 0 2 2 4 2 m m m m m m Đối chiếu điều kiện ta có 2m Câu 2: 1, Ta có: cos 0 2 x x k Với đk pt(1) 3 2 2 8cos 6 2 sin 2 sin 2 cos 2 16cosx x x x x 3 4cos 3 2sin 2 8cosx x x 2 (2cos 3 2sin 4) 0x x 2 2sin 3 2 sin 2 0x x 3 2 , 2 4 4 x k x k k Vậy phương trình đă cho có 2 nghiệm 5 ( ; ) 2 2 x là 3 9 ; 4 4 x x Câu 2: 2, 022)2( 4)3()2( 22 222 xyx yx 0202)33)(42( 4)3()2( 22 222 xyx yx 0202)33)(42( 4)3()2( 22 222 xyx yx Đặt vy ux 3 2 2 * Thay vào ta có hệ pt 8)(4. 4 22 vuvu vu Giảỉ hệ ta được 0 2 v u Hoặc 2 0 v u Thay vào giải ta có 3 2 y x ; 3 2 y x ; 5 2 y x ; 5 2 y x Câu 3 : 7 3 5 ( ) 2 x t ( t > 0) ta có pt 2 8 0t t a (1) Với a = 7 ta có 2 8 0t t a t 1,t 7 Phương trình có hai nghiệm là 7 3 5 2 x 0,x log 7 2, Số nghiệm của pt (1) là số nghiệm t > 0 của phương trình 2 8a t t là số điểm chung của đường thẳng y = a và đồ thị 2 8y t t với t > 0 lập bảng biến thiên của hàm só 2 8y t t với t > 0 kết luận pt chỉ có một nghiệm khi a = 16 hoặc 0a Câu 4: Gọi K., M là hình chiếu của A’ trên AB và AC có : ( ' ) ( ) ' ( )AA B ABC A K ABC . Ta có A’M AC và KM AC 0 ' 60A MK , 'A K x . ta có 2 2 2 ' ' 3AK A A A K x , MK = 2 2 sin 3 . 2 AK KAM x Mặt khác 0 ' cot 60 3 x MK A K vậy ta có pt 2 2 3 3 . 2 3 5 x x x . ' ' ' 1 3 5 . ' . . ' 2 10 ABC A B C ABC V S A K AC BC A K Câu 5: 1 1 1 ( 1)( 1)( 1) (1 )(1 )(1 ) x y z M x y x xyz . 2 4 2 4 2 4 1 4 1 4 1 4 x x x y z x yz y y x y z xy z z z x y z xyz 4 4 4 4 ( 1)( 1)( 1) 64 x y z x y z M xyz xyz . Dấu = xảy ra khi x =y =z =1/3 Câu 6a :1,+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận ( 1; 2)HK làm vtpt và AC đi qua K nên( ): 2 4 0.AC x y Ta cũng dễ có:( ): 2 2 0BK x y . + Do ,A AC B BK nên giả sử (2 4; ), ( ; 2 2 ).A a a B b b Mặt khác (3;1)M là trung điểm của AB nên ta có hệ: 2 4 6 2 10 4 . 2 2 2 2 0 2 a b a b a a b a b b Suy ra: (4; 4), (2; 2).A B + Suy ra: ( 2; 6)AB , suy ra: ( ) :3 8 0AB x y . + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận (3; 4)HA , suy ra: A ( ) :3 4 2 0.BC x y KL: Vậy : ( ): 2 4 0, AC x y ( ):3 8 0 AB x y , ( ) :3 4 2 0. BC x y Câu 6a: 2,Giải phương trình 2 1 1 4 6 n n n A C n ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n N. Phương trình tương đương với ( 1)! ( 1) 4 6 2!( 1)! n n n n n ( 1) ( 1) 4 6 2 n n n n n n 2 – 11n – 12 = 0 n = - 1 (Loại) hoặc n = 12. Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: 12 24 3 12 12 12 12 2 2 12 12 1 1 1 2 2 . .2 . k k k k k k k k x C x x C x x Số hạng này chứa 6 x khi , 0 12 4 24 3 12 k N k k k . Vậy hệ số của số hạng chứa 6 x là: 4 8 12 2C Câu 7a: 2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4x x x (2) Điều kiện: 1 0 4 4 4 0 1 4 0 x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16 log 4 1 log 16 4 1 16 x x x x x x x x x + Với 1 4x ta có phương trình 2 4 12 0 (3)x x ; 2, 6x x lo¹i Với 4 1x ta có phương trình 2 4 20 0x x (4); 2 24, 2 24x x lo¹i Vậy phương trình đó cho có hai nghiệm là 2x hoặc 2 1 6x Câu 6b : 1,Gọi A là giao điểm d 1 và d 2 ta cú A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d 1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4), Gọi C là giao điểm d 2 với Oy ta có C(0 ;4) Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 suy ra pt đường tròn 2 , Toạ độ A, B là nghiệm của hệ: 2 2 x y 1 16 9 03x 4y Vậy d 3 cắt (E) tại 2 điểm phân biệt 3 2 A 2 2; 2 , 3 2 B 2 2; 2 Ta có M(x;y )(E) x = 4cost và y = 3sint với t [ 0 ; 2 ] Chú ý: AB = 5 2 , có 12 = S MAB = 1 2 5 2 d(M, (AB)) = = 1 2 5 2 12cost 12sin t 5 = 12 cos(t ) 4 cos(t ) 4 = 1 t = / 4 ; t = 5/4 Vậy có 2 điểm M thoả mãn là: 1 3 2 M 2 2; 2 và 2 3 2 M 2 2; 2 Câu 7b: Pt đầu y – 2x + 8 = 6 2 2y x thế vào pt thứ hai ta được: 2 3 8 2 .3 2.3 x x x x 8 18 2.27 x x x 8 18 2 27 27 x x 3 2 2 2 3 3 x x Đặt: t = 2 3 x , (đk t > 0 ) , ta có pt: 3 2 2 0 1 2 0t t t t t 0 1 0 x t y . www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 096 8 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 9 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180. ------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 9 Câu 1 : 1, Khi m = 1 ta có 3 2 3 1 2 2 y x x .Tập xác định: Sự biến thi n -Giới hạn tại vô cực: lim x y