Mời các bạn thí sinch coi lời giải cùng gợi ý giải đề thi môn Toán thù trong kỳ thi tuyển sinh ĐH khối D năm 2009 (đông đảo gợi ý này chỉ tất cả đặc điểm tđắm say khảo).




Bạn đang xem: Đáp án đề thi toán khối d năm 2009


ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Môn thi: Toán (kăn năn D) (Thời gian làm bài: 180 phút)PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINHCâu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có trang bị thị là (Cm), m là tsi số. 1. Khảo gần kề sự biến đổi thiên cùng vẽ thứ thị của hàm số sẽ mang đến khi m = 0. 2. Tìm m nhằm đường trực tiếp y = -1 cắt trang bị thị (Cm) tại 4 điểm phân minh đều có hoành độ bé dại rộng 2.Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương thơm trình 3 cos5x  2sin 3x cos 2x  sin x  0  x(x  y  1)  3  0  2. Giải hệ pmùi hương trình  5 (x, y  R) (x  y)2  2  1  0   x 3 dxCâu III (1,0 điểm). Tính tích phân I   x 1 e 1Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ bao gồm lòng ABC là tam giác vuông trên B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Điện thoại tư vấn M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối hận tứ diện IABC với khoảng cách trường đoản cú điểm A mang lại phương diện phẳng (IBC).Câu V (1,0 điểm).Cho các số thực không âm x, y chuyển đổi với thỏa mãn nhu cầu x + y = 1. Tìm giá trị lớn số 1 và quý giá nhỏ độc nhất của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong nhị phần (phần A hoặc B)A. Theo chương trình ChuẩnCâu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng cùng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC tất cả M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường trung con đường với đường cao qua đỉnh A theo thứ tự bao gồm phương thơm trình là 7x – 2y – 3 = 0 cùng 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình con đường trực tiếp AC. 2. Trong không gian cùng với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) và mặt phẳng (P): x + y + z – 20 = 0. Xác định tọa độ điểm D nằm trong đường trực tiếp AB làm sao để cho mặt đường trực tiếp CD tuy nhiên tuy nhiên với mặt phẳng (P).Câu VII.a (1,0 điểm). Trong phương diện phẳng tọa độ Oxy, tìm kiếm tập thích hợp điểm trình diễn các số phức z vừa lòng ĐK z – (3 – 4i)= 2.B. Theo lịch trình Nâng caoCâu VI.b (2,0 điểm)1. Trong khía cạnh phẳng với hệ tọa độ Oxy, đến con đường tròn (C) : (x – 1)2 + y2 = 1. điện thoại tư vấn I là trung khu của (C). Xác định tọa độ điểm M ở trong (C) làm sao cho IMO = 300. x2 y2 z2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho con đường thẳng :   cùng mặt phẳng 1 1 1 (P): x + 2y – 3z + 4 = 0. Viết pmùi hương trình mặt đường thẳng d phía trong (P) làm thế nào để cho d giảm và vuông góc cùng với mặt đường thẳng .Câu VII.b (1,0 điểm) x2  x  1 Tìm những quý hiếm của tmê mẩn số m để đường trực tiếp y = -2x + m cắt thiết bị thị hàm số y  tại x nhị điểm khác nhau A, B làm sao để cho trung điểm của đoạn trực tiếp AB nằm trong trục tung. ----------------------------- BÀI GIẢI GỢI ÝCâu I. 1. m = 0, y = x4 – 2x2 . TXĐ : D = R 3 y’ = 4x – 4x; y’ = 0  x = 0  x = 1; lyên ổn   x  x  1 0 1 + y"  0 + 0  0 + y + 0 + y 1 CĐ 1 CT CT y đồng đổi mới bên trên (-1; 0); (1; +) y nghịch biến hóa bên trên (-; -1); (0; 1) y đạt cực đại bởi 0 trên x = 0 1 0 1 y đạt cực tè bằng -1 trên x = 1 x Giao điểm của đồ thị cùng với trục tung là (0; 0) 1 Giao điểm của vật thị cùng với trục hoành là (0; 0); ( 2 ;0)2. Pmùi hương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với mặt đường trực tiếp y = -một là x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1  x4 – (3m + 2)x2 + 3m + 1 = 0  x = 1 xuất xắc x2 = 3m + 1 (*) Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) tại 4 điểm rõ ràng bao gồm hoành độ nhỏ hơn 2 lúc và chỉ Khi pmùi hương trình (*) gồm nhị nghiệm phân biệt không giống 1 và      x  k tốt x    k (k  Z). 18 3 6 2 2) Hệ phương trình tương tự :  x(x  y  1)  3   x(x  y)  x  3  2 5  2 2 2 ĐK : x ≠ 0  (x  y)  1  2  x (x  y)  x  5  x Đặt t=x(x + y). Hệ trsinh hoạt thành: tx 3 tx3    t  x  3  t 1  x 1  2 2  2     t  x  5  (t  x)  2tx  5   tx  2   x2 t2  3  x(x  y)  1  x(x  y)  2 y  y 1 Vậy    2  x2  x 1 x2  x 1  3 3 3 1  ex  ex ex 3Câu III : I   x dx    dx   x dx  2  ln e x  1 1 1 e 1 1 1 e 1  2  ln(e3  1)  ln(e  1)  2  ln(e 2  e  1)Câu IV. C/AC 2  9a 2  4a 2  5a 2  AC  a 5BC 2  5a 2  a 2  4a 2  BC  2a MH laø hình chieáu cuûa I xuoáng maët ABCTa coù IH  ACIA/ A/ M 1 IH 2 4a A/    /   IH  I IC AC 2 AA 3 3 B 1 11 4a 4a 3VIABC  S ABC IH  2a  a   (đvtt) C 3 32 3 9Tam giaùc A’BC vuoâng taïi B 1Neân SA’BC= a 52a  a 2 5 H 2 A 2 / 2 2Xeùt 2 tam giaùc A’BC vaø IBC, Ñaùy IC  A C  S IBC  S A/ BC  a 2 5 3 3 3 3 3V 4a 3 2a 2a 5Vaäy d(A,IBC)  IABC  3 2   S IBC 9 2a 5 5 5Câu V. S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy = 16x2 y2 + 12(x3 + y3) + 34xy = 16x2 y2 + 12<(x + y)3 – 3xy(x + y)> + 34xy = 16x2 y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy = 16x2 y2 – 2xy + 12 Đặt t = x.y, vày x, y  0 cùng x + y = 1 đề nghị 0  t  ¼ khi đó S = 16t2 – 2t + 12 1 S’ = 32t – 2 ; S’ = 0  t = 16 25 1 191 S(0) = 12; S(¼) = ;S( )= . Vì S thường xuyên <0; ¼ > nên : 2 16 16 25 1 Max S = lúc x = y = 2 2  2 3  2 3 191 x   x   Min S = Lúc  4 giỏi  4 16 y  2 3 y  2 3   4   4PHẦN RIÊNGCâu VI.a.1) gọi con đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 với con đường trung tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0 A = AH  AD  A (1;2) M là trung điểm AB  B (3; -2) BC qua B với vuông góc cùng với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0  x + 6y + 9 = 0 3 D = BC  AD  D (0 ;  ) 2 D là trung điểm BC  C (- 3; - 1)   AC qua A (1; 2) có VTCPhường AC  (4; 3) cần AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0  3x – 4y + 5 = 0 x  2  t   2) AB qua A gồm VTCPhường AB  (1;1; 2) phải bao gồm pmùi hương trình :  y  1  t (t  ) z  2t  D  AB  D (2 – t; 1 + t; 2t)      CD  (1  t; t ; 2t) . Vì C  (P) buộc phải : CD //(P)  CD  n (Phường ) 1 5 1   1(1  t)  1.t  1.2t  0  t   Vậy : D  ; ;  1 2 2 2 Câu VI.b. 1. (x – 1)2 + y2 = 1. Tâm I (1; 0); R = 1 Ta bao gồm IMO = 300, OIM cân trên I  MOI = 300 1  OM tất cả hệ số góc k =  tg300 =  3 1 x x2 +k=  pt OM : y= vậy vào pt (C)  x 2  2x  0 3 3 3 3 3 3  x= 0 (loại) tuyệt x  . Vậy M  ;  2 2 2 Cách khác:Ta coù theå giaûi baèng hình hoïc phaúngOI=1, IOM  IMO  300 , vị ñoái xöùng ta seõ coù M12 ñieåm ñaùp aùn ñoái xöùng vôùi OxH laø hình chieáu cuûa M xuoáng OX.Tam giaùc OM 1 H laø nöûa tam giaùc ñeàu I H 3 3 3 3 3 OOI=1 => OH   OM  , HM   2 3 2 3 6 M2 3 3 3 3Vaäy M 1  , , M2  ,  2 2  2 2 2. gọi A =   (P)  A(-3;1;1)   a   (1;1; 1) ; n ( P)  (1;2; 3)      d đi qua A cùng gồm VTCP a d   a  , n ( P)   ( 1;2;1) nên pt d là :   x  3 y 1 z 1   1 2 1Câu VII.a. call z = x + yi. Ta gồm z – (3 – 4i) = x – 3 + (y + 4)i Vậy z – (3 – 4i) = 2  (x  3)2  (y  4)2  2  (x – 3)2 + (y + 4)2 = 4 Do kia tập vừa lòng trình diễn các số phức z vào mp Oxy là mặt đường tròn trọng điểm I (3; -4) và nửa đường kính R = 2.

Xem thêm: Tổng Hợp Các Dạng Toán Hàm Số Bậc Nhất Lớp 9 Có Ví Dụ Cụ Thể

x2  x  1Câu VII.b. pt hoành độ giao điểm là :  2x  m (1) x  x2 + x – 1 = x(– 2x + m) (vì x = 0 không là nghiệm của (1))  3x2 + (1 – m)x – 1 = 0 phương trình này có a.c