ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 9

Chia sẻ: Tran Quyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

278
lượt xem 50
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đâ y là tài liệu quan trọng giúp các bạn học sinh củng như các giáo viên tham khảo nhằm củng cố kiến thức toán học, đồng thời là dạng đề thi thử toán học khối D vào đại học

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 9

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 9 ĐỀ SỐ 9 PhÇn dµnh chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh (7 ®iÓm) C©u 1: Cho hµm sè : y = x3 3mx 2 3(m2 1) x (m2 1) (1) a, Víi m = 0 , kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) . b, T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) c¾t trôc Ox t¹i ba ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é d-¬ng. C©u 2: a, Gi¶i ph-¬ng tr×nh : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin 2 (2x+ )=0 4 b, X¸c ®Þnh a ®Ó hÖ ph-¬ng tr×nh sau cã nghiÖm duy nhÊt : x 2 x y x2 a x2 y2 1 sin xdx C©u 3 : T×m : (sin x 3 cos x)3 C©u 4 : Cho l¨ng trô ®øng ABC. A' B 'C ' cã thÓ tÝch V. C¸c mÆt ph¼ng ( ABC ' ), ( AB 'C ), ( A' BC ) c¾t nhau . t¹i O. TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn O.ABC theo V. C©u 5 : Cho x,y,z lµ c¸c sè thùc d-¬ng . Chøng minh r»ng : x y z P = 3 4( x3 y3 ) 3 4( y3 z 3 ) 3 4( z 3 x3 ) 2( 2 ) 12 y z 2 x2 PhÇn riªng (3 ®iÓm): ThÝ sinh chØ lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc B ) A. Theo ch-¬ng tr×nh chuÈn C©u 6a : a, Cho ®-êng trßn (C) cã ph-¬ng tr×nh : x 2 y 2 4 x 4 y 4 0 vµ ®-êng th¼ng (d) cã ph-¬ng tr×nh : x + y – 2 = 0 Chøng minh r»ng (d) lu«n c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A,B . T×m to¹ ®é ®iÓm C trªn ®-êng trßn . . . (C) sao cho diÖn tÝch tam gi¸c ABC lín nhÊt. b, Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho ®iÓm A(1;2;3)vµ hai ®-êng th¼ng cã ph-¬ng tr×nh : x 4t ' x y 1 z 2 ( d1 ) : (d 2 ) : y 2 2 2 1 z 3t ' ViÕt ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng ( )®i qua ®iÓm A vµ c¾t c¶ hai ®-êng th¼ng(d 1 ), (d 2). C©u 7a : T×m sè h¹ng kh«ng chøa x trong khai triÓn : 7 4 1 3 x ( víi x > 0 ) x B . Theo ch-¬ng tr×nh n©ng cao Trang 1
C©u 6b : a, ViÕt ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng chøa c¸c c¹nh cña tam gi¸c ABC biÕt B(2;-1) , ®-êng cao vµ . . ®-êng ph©n gi¸c trong qua ®Ønh A,C lÇn l-ît lµ : 3x -4y + 27 =0 vµ x + 2y – 5 = 0 . b, Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) vµ ®-êng th¼ng ( ) cã ph-¬ng 2x y z 1 0 tr×nh : x y z 2 0 T×m to¹ ®é ®iÓm M n»m trªn ®-êng th¼ng ( )sao cho : MA + MB nhá nhÊt . C©u 7b : Cho (1 x x 2 )12 a0 a1 x a2 x 2 ...a24 x 24 . TÝnh hÖ sè a 4 . ------ HÕt. -------- ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 9 Câu Đáp án Điểm Câu 1 a. (1.0 điểm) Khảo sát… (2 Với m=0, ta có: y=x3-3x+1 điểm) TXĐ D=R x 1 y’=3x2-3; y’=0 0,25 x 1 lim y x BBT x -1 1 y’ + 0 - 0 + y 3 -1 0,25 Hs đồng biến trên khoảng ( ;-1) và (1; ), nghịch biến trên (-1;1) 0,25 Hs đạt cực đại tại x=-1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=-1 Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1) và đi qua các điểm B(-2;-1), C(2;3) y Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng 3 0,25 1 -2 1 2 x -1 0 -1 Trang 2
b. (1.0 điểm) Tìm m để … Ta có y’= 3x2-6mx+3(m2-1) x m 1 0,25 y’=0 x m 1 Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta phải có: ' y ' 0 m R fCD . fCT 0 (m2 1)(m2 3)(m2 2m 1) 0 0,25 xCD 0 m 1 0 xCT 0 m 1 0 f (0) 0 (m 1) 0 1 2 m 1 Vậy giá trị m cần tìm là: 3 m 1 m ( 3;1 2) 3 m 1 2 0,25 3 m 1 2 m 1 Câu 2 a. (1.0 điểm) Giải phương trình (2.0 điểm) Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + )=0 4 0,25 sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x + ) 2 sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25 sinx = 1 0,25 x= + k2 , k Z 2 0,25 b. (1.0 điểm) Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (-x;y) cũng là nghiệm của hệ Suy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0 0,25 + Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2 -Với a = 0, hệ trở thành: x x 2 x y x2 2 x x2 y (1) (I) x2 y2 1 x2 y2 1 (2) 0,25 2 x 2 x 1 y 1 2 x x 1 Từ (2) 2 2 y 1 x x y 1 Trang 3
x2 y2 1 x x 0 ( I ) có nghiệm 2 x x2 1 TM 0,25 y 1 y 1 x 2 x y x2 2 -Với a=2, ta có hệ: x2 y 2 1 0,25 Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;-1) và (1;0) không TM Vậy a = 0 Câu 3 (1.0 sin[(x- ) ] s inx 6 6 điểm) Ta có 0,25 (sinx+ 3cosx)3 8cos ( x3 ) 6 3 1 sin( x ) cos(x- ) 2 6 2 6 0,25 8cos(x- ) 6 sin( x ) 3 6 1 1 0,25 16 cos3 ( x ) 16 cos 2 ( x ) 6 6 sinxdx 3 1 tan( x ) c (sinx+ 3cosx) 3 2 16 6 0,25 32cos ( x ) 6 Trang 4
Câu 4 (1.0 Gọi I = AC ’A’C, J = A’B AB’ điểm) (BA'C) (ABC') = BI (BA'C) (AB'C) = CJ O là điểm cần tìm Goi O = BI CJ Ta có O là trọng tâm tam giác BA’C A' C' 0,25 B' I J O A H C M B Gọi H là hình chiếu của O lên (ABC) Do  ABC là hình chiếu vuông góc của  BA’C trên (ABC) nên H là trọng tâm  ABC 0,25 OH HM 1 Gọi M là trung điểm BC. Ta có: 0,25 A' B AM 3 1 1 1 VOABC OH .S ABC A ' B.S ABC V 0,25 3 9 9 Câu 5 Ta có: 4(x3+y3) (x+y)3 , với x,y>0 (1.0 Thật vậy: 4(x3+y3) (x+y)3 4(x2-xy+y2) (x+y)2 (vì x+y>0) điểm) 3x2+3y2-6xy 0 (x-y)2 0 luôn đúng 0,25 Tương tự: 4(x3+z3) (x+z)3 4(y3+z3) (y+z)3 3 4( x3 y3 ) 3 4( x3 z3 ) 3 4( y 3 z3 ) 2( x y z ) 6 3 xyz x y z 1 Mặt khác: 2( ) 63 0,25 y2 z2 x 2 xyz 1 P 6( 3 xyz 3 ) 12 0,25 xyz Trang 5
x y z x y z Dấu ‘=’ xảy ra 2 2 x y z 1 y z x2 0,25 1 xyz xyz Vậy P 12, dấu ‘=’ xảy ra x = y = z =1 Câu Chương trình chuẩn 6a a. (1.0 điểm) (2.0 điểm) (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ: x 0 x y 2 0 y 2 x2 y2 4x 4 y 4 0 x 2 y y 0 Hay A(2;0), B(0;2) 4 C 0,25 M I B 2 H A O 2 x Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B 0,25 1 Ta có S ABC CH . AB (H là hình chiếu của C trên AB) 2 S ABC max CH max 0,25 C (C ) () Dễ dàng thấy CH max xC 2  d Hay  : y = x với : I (2;2)  0,25 C (2 2; 2 2) Vậy C (2 2; 2 2) thì S ABC max b. (1.0 điểm) Nhận xét: M (d1) và M (d2) 0,25 Trang 6
() (d1) I Giả sử () (d 2) H Vì I d1 I(2t-1; -1-2t; 2+t) H d2 H(4t’; -2; 3t’)   1 2t k (1 4t ') TM k HM 23 ycbt 3 2t k (2 2) t k R, k 0 10 1 t k (3 3t ') 0,5 23 18 3 T( ; ; ) 5 5 10 Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là: x 1 56t 5x y 8z 17 0 0,25 y 2 16t hoặc là: 12 x 9 y 16 z 18 0 z 3 33t Câu 1 7 7 k 1 7k 1 7a Ta có: ( 4 x 3 ) C7 ( x 4 ) .( x 3 )k 0.25 x k 0 (1.0 Để số hạng thứ k không chứa x thì: điểm) 1 1 (7 k ) k 0 0.5 4 3 k 4 k [0;7] 1 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: C74 0,25 35 Câu Chương trình nâng cao 6b a. (1.0 điểm) (2.0 điểm) Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC: ( BC ) qua B ( BC ) : 4 x 3 y 5 0 0,25 BC d1 4x 3 y 5 0 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: C ( 1;3) x 2y 5 0 Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d2 3 1 1 K BC K d 2 K d 2 K AC K AC 4 2 2 1 K BC .K d 2 1 K d 2 .K AC 1 3 1 0,25 1 . 1 K AC Ta có: 2 4 2 K AC 0 1 K AC (loai) 3 Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3 0,25 + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: Trang 7
3x 4 y 27 0 A( 5;3) y 3 0 x 5 y 3 Pt cạnh AB là: 4x 7 y 1 0 2 5 1 3 Vậy AB: 4x+7y-1=0 0,25 AC: y=3 BC: 4x+3y-5=0 b. (1.0 điểm) + Xét vị trí tương đối giữa AB và  , ta có:  cắt AB tại K(1;3;0)     0,25 Ta có KB 2 KA A, B nằm về cùng phía đối với  Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua  và H là hình chiếu của A trên  . x 1 H( 1;t;-3+t) (vì PTTS của  : y t ) z 3 t 0,25  AH .u 0 1.0 (t 4).1 ( 4 t ).1 0 t 4 Ta có H (1;4;1) A '(0;4;1) Gọi M là giao điểm của A’B và d 13 4 M (1; ; ) 0,25 3 3 Lấy điểm N bất kỳ trên  Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B NA+NB 13 4 0,25 Vậy M (1; ; ) 3 3 Câu Ta có: 7b (1+x+x2)12 = [(1+x)+x2 ]12 = = 0,25 (1.0 C12 (1 x)12 C12 (1 x)11.x 2 ... C12 (1 x)12 k .( x 2 ) k ... C12 x 24 0 1 k 12 điểm) C12 [C12 x12 C12 x11 ... C12 x4 ...]+C1 x 2 [C11 x11 ... C11 x2 ...] 0 0 1 8 12 0 9 = 0,25 +C12 x4 [C10 x10 ... C10 ]+... 2 0 10 Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x4 0,25 0 8 1 9 2 10 a4 C12 .C12 C12 .C11 C12 .C10 1221 0,25 Trang 8