www.facebook.com/hocthemtoan
Trang 1www.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 3 2 1 3
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:
cos
x
với ( ;5 )
2 2
2 Giaỷi heọ phương trình :
0 22 2
0 9 6 4
2 2
2 2 4
y x
y x
y y
x x
Câu III (1.0 điểm) Cho phương trình (7 3 5) xa(7 3 5) x 2x 3
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 AB là góc nhọn và mặt phẳng ' (A’AC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600 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 xy Hãy tìm giá trị nhỏ z 1 nhất của M (1 1)(1 1)(1 1)
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 K(0; 2), trung điểm cạnh AB là M(3; 1)
2,Tìm hệ số của số hạng chứa x6 trong khai triển 1
2
n x
x
, biết rằng An2 Cn n11 4 n 6
Câu VII.a: (1.0điểm) Giải phương trình: 2 3
8 2
4
log x1 2 log 4 x log 4x
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 (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0 Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy
2, Cho elip ( E ):
1
16 9 và đường thẳng (d3): 3x + 4y = 0
a) Chứng minh rằng đường thẳng d3 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: log (2 2 8) 6
8x 2 3x y 2.3x y
-Hết -
Trang 2
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 9
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 y'3x23x; ' 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,
2
CÐ
y y , Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT y 1 03
Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại điểm 1;0
2
; 1; 0 và cắt trục tung tại điểm 0;1
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’= 3x23mx y' 0 x 0
x m
Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu th́ y có hai nghiệm phân biệt ' 0
0
m
Khi đó giả sử các điểm cực đại, cực tiểu là :
3 0;
2
m
A
và B m ; 0
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 và trung điểm I của AB thuộc đường thẳng x AB u. 0
I
3
3
2
2
m
m
Đối chiếu điều kiện ta có m 2
Câu 2: 1, Ta có:cos 0
2
x x k
8 cos x6 2 sin 2x sin 2xcos 2x 16 cosx 3
4 cos x 3 2 sin 2x 8cosx
(2 cos x 3 2 sinx 4) 0
2
2sin x 3 2 sinx 2 0
2 2
Trang 3Câu 2: 2,
0 22 )
2 (
4 ) 3 ( ) 2 (
2 2
x y x
y x
0 20 2 )
3 3 )(
4 2 (
4 ) 3 ( ) 2 (
2 2
x y
x
y x
0 20 2 )
3 3 )(
4
2
(
4 ) 3 (
)
2
(
2 2
2 2
2
x y
x
y
x
Đặt
v y
u x
3
2 2
* Thay vào ta có hệ pt
8 ) ( 4
4 2 2
v u v u
v u
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 t28ta (1) 0
Với a = 7 ta có t28ta 0 t 1, t7 Phương trình có hai nghiệm là 7 3 5
2
x0, xlog 7
2, Số nghiệm của pt (1) là số nghiệm t > 0 của phương trình a t28t là số điểm chung của đường thẳng y =
a và đồ thị y t28t với t > 0
lập bảng biến thiên của hàm só y t28t với t > 0 kết luận pt chỉ có một nghiệm khi a = 16 hoặc a 0
Câu 4: Gọi K., M là hình chiếu của A’ trên AB và AC
có : (AA B' )(ABC)A K' (ABC ) Ta có A’MAC và KM AC A MK' 600 ,
'
2
3
x
x
' ' ' ' 1 ' 3 5
ABC A B C ABC
Câu 5: M (1 1)(1 1)(1 1) (x 1)(y 1)(z 1)
2 4 2 4 2 4
4 4 4 4
( 1)( 1)( 1)
M
Câu 6a :1,+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận
( 1; 2)
HK
làm vtpt và AC đi qua K nên(AC) :x2y 4 0 Ta cũng dễ có:(BK) : 2x y 2 0
+ Do AAC B, BK nên giả sử A a(2 4; ), ( ; 2 2 ).a B b b Mặt khác M(3; 1)là
trung điểm của AB nên ta có hệ:
Suy ra: A(4; 4), (2;B 2)
+ Suy ra: AB ( 2;6)
, suy ra: (AB) : 3x y 8 0
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA (3; 4)
, suy ra:
A
Trang 4(BC) : 3x4y 2 0.
KL: Vậy : (AC) :x2y 4 0,(AB) : 3x y 8 0, (BC) : 3x4y 2 0
Câu 6a: 2,Giải phương trình A n2 C n n11 4n6 ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n N
n
n
( 1)
2
n n
n2 – 11n – 12 = 0 n = - 1 (Loại) hoặc n = 12
1
k
x
k k
Vậy hệ số của số hạng chứa x là: 6 C12428
Câu 7a: log4x122log 2 4xlog84x3 (2) Điều kiện:
1 0
1
x
x x
x x
2
+ Với 1 x4 ta có phương trình x24x120 (3); x2,x 6lo¹i
Với 4 x 1 ta có phương trình 2
x x (4); x 2 24,x 2 24lo¹i Vậy phương trình đó cho có hai nghiệm là x 2hoặc x 2 1 6
Câu 6b : 1,Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta cú A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4), Gọi C là giao điểm d2 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:
1
0 3x 4y
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 = SMAB = 1
2 5 2 d(M, (AB)) =
= 1
2 5 2
12 cos t 12 sin t
5
4
cos(t )
4
= 1 t = / 4 ; t = 5/4
M 2 2;
2
2
2 y2x thế vào pt thứ hai ta được:
8x 2 3x x 2.3 x
3
2
Đặt: t = 2
3
x
, (đk t > 0 ) , ta có pt: 3 2
0
x t
y