Microsoft Word - Toan2009A.doc

Microsoft Word Toan2009A doc ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Môn thi TOÁN (khóa ngày 4 7 2009) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho haøm số y = x 2 2x 3   (1) 1 Khaûo saùt söï[.]

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Mơn thi: TỐN (khóa ngày 4-7-2009) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH x2 (1) 2x  Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cắt trục hoành, trục tung hai điểm phân biệt A, B tam giác OAB cân gốc tọa độ O Câu II (2,0 điểm) (1  2sin x) cos x  Giải phương trình (1  2sin x)(1  sin x) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = Giải phương trình : 3x    5x   (x  R)  Caâu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   (cos x  1) cos2 xdx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A D; AB = AD = 2a; CD = a; góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 600 Gọi I trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu V (1,0 điểm) Chứng minh với số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x+y+z) = 3yz, ta coù (x + y)3 + (x + z)3 + 3(x + y)(x + z)(y + z)  5(y + z)3 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần A B A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6, 2) giao điểm đường chéo AC BD Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng  : x + y – = Viết phương trình đường thẳng AB Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y – z – = mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tọa độ tâm tính bán kính đường tròn Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z1 z2 nghiệm phức phương trình: z2+2z+10=0 Tính giá trị biểu thức A = z12 + z22 B Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + = đường thẳng  : x + my – 2m + = với m tham số thực Gọi I tâm đường tròn (C) Tìm m để  cắt (C) điểm phân biệt A B cho diện tích IAB lớn 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – = vaø x 1 y z  x 1 y  z 1 đường thaúng 1 :   ; 2 :   Xác định tọa độ 1 2 điểm M thuộc đường thẳng 1 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) Câu VII.b (1,0 điểm) log (x  y )   log (xy) Gỉai hệ phương trình :  (x, y  R) x  xy  y2  81 3 GỢI Ý GIẢI giáo viên TRẦN VĂN TỒN (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa Luyện thi đại học Vĩnh Viễn, TP.HCM) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I 1  3  \  , y/   0, x  D (2 x  3)2 2 Suy hàm số giảm khoảng xác định khơng có cực trị 3 lim y   , lim y    TCĐ: x  3 3 x x D 2 1 lim y   TCN : y  x  2 3 x y/ y -∞ +∞ - +∞ -∞ y -2 3 2/3 x Tam giác OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y = x y = -x Nghóa là:  x  1  y  1 f’(x0) = 1   1   (2x  3)  x  2  y  1 : y – = -1(x + 1)  y = -x (loaïi) 2 : y – = -1(x + 2)  y = -x – (nhận) Câu II 1 ĐK: sin x  , sinx ≠ Pt  1  2sin x  cos x  1  2sin x 1  sin x   cos x  2sin x cos x  1  sin x  2sin x   cos x  s inx  s in2x  cos x 3      cos x  sin x  s in2x  cos x  cos   x   cos  x   2 2 6 3         x  x   k 2 hay  x  2 x   k 2 6   2  x   k 2 (loaïi) x    k , k  Z (nhaän) 18 2 3x    5x   , điều kieän :  x   x  t 2  5t Đặt t = 3x   t3 = 3x –  x = vaø – 5x = 3  5t 8  Phương trình trở thành : 2t   5t t4   2t   t = -2 Vaäy x = -2 15t  4t  32t  40   3 Caâu III    0 I    cos3 x  1 cos2 xdx   cos5 xdx   cos2 xdx   0  2 I1   cos4 x cos xdx   1  sin x  cos xdx   1  2sin x  sin x  cos xdx t  sin x  dt  cos xdx Đổi cận: x=  t = 0; x =  t=1 1 2t t I1   1  2t  t  dt  t    15        cos x 1  I   cos xdx   dx   dx   cos xdx  x  sin x  2 20 4 0 0  I    cos x  1 cos xdx    15 Câu IV Từ giả thiết toán ta suy SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J trung điểm BC; E hình chiếu I xuoáng BC IJ  CH 3a 3a BC a 2a  a 3a IJ   SCIJ   a , CJ=  2 2 2 3a 1 3a 3a 6a 3a  IE  CJ  IE    SE  ,SI  , CJ 5 11  3a 3a 15 A N V    a  2a  2a   32   SCIJ  H I B J E Caâu V x(x+y+z) = 3yz C D y z yz  1   x x xx y z  0, v   0, t  u  v  Ta có x x t2 uv  t  3uv     3t  4t     t   3t     t     Chia hai vế cho x bất đẳng thức cần chứng minh đưa Đặt u  3 1  u   1  v   1  u 1  v  u  v    u  v  2    t   1  u  1  v   1  u 1  v   1  u 1  v  t  5t 3    t   1  u 1  v   5t    t   6(1  u  v  uv )  5t 1 t   3    t   1  t    5t  4t  6t  4t   t  2t  1 t      Đúng t  PHẦN RIÊNG A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a I (6; 2); M (1; 5)  : x + y – = 0, E    E(m; – m); Goïi N trung điểm AB  x  2x I  x E  12  m I trung ñieåm NE   N  N (12 – m; m – 1)  y N  2y I  y E    m  m    IE = (m – 6; – m – 2) = (m – 6; – m) MN = (11 – m; m – 6);   MN.IE   (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) =  m – = 0 hay  14 – 2m =  m = hay m = + m =  MN = (5; 0)  pt AB laø y =  + m =  MN = (4; 1)  pt AB laø x – – 4(y – 5) =  x – 4y + 19 = I (1; 2; 3); R =    11  2(1)  2(2)   d (I; (P)) =  < R = Vaäy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)  1  x   2t Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :  y   2t z   t Goïi J tâm, r bán kính đường tròn (C) J  d  J (1 + 2t; – 2t; – t) J  (P)  2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – + t – =  t = Vậy tâm đường tròn J (3; 0; 2) Bán kính đường tròn r = R  IJ  25   Caâu VII.a ’ = -9 = 9i2 phương trình  z = z1 = -1 – 3i hay z = z2 = -1 + 3i  A = z12 + z22 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20 B Theo Chương trình Nâng Cao Caâu VI.b (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + = có tâm I (-2; -2); R = Giả sử  cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH ABC, ta có SABC = IA.IB.sin AIB = sin AIB Do SABC lớn sin AIB =  AIB vuông I  4m IA  IH =  (thoûa IH < R)  1 m2   – 8m + 16m2 = m2 +  15m2 – 8m =  m = hay m = 15  M (-1 + t; t; -9 + 6t) 1; 2 qua A (1; 3; -1) có véctơ phương a = (2; 1; -2)    AM = (t – 2; t – 3; 6t – 8)  AM  a = (14 – 8t; 14t – 20; – t) Ta coù : d (M, 2) = d (M, (P))  261t  792t  612  11t  20  35t2 - 88t + 53 =  t = hay t = 53 35  18 53  Vaäy M (0; 1; -3) hay M  ; ;   35 35 35  Câu VII.b Điều kiện x, y > log (x  y )  log2  log2 (xy)  log (2xy)  2  x  xy  y   x  y  2xy (x  y)  x  y x   x  2      hay   x  xy  y   xy  y   y  2  xy  Người giải đề: TRẦN VĂN TỒN (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa Luyện thi đại học Vĩnh Viễn, TP.HCM) ... D 2 1 lim y   TCN : y  x  2 3 x y/ y -? ?? +∞ - +∞ -? ?? y -2 3 2/3 x Tam giác OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y = x y = -x Nghóa là:  x  1  y  1 f’(x0) = 1 ... = -9 = 9i2 phương trình  z = z1 = -1 – 3i hay z = z2 = -1 + 3i  A = z12 + z22 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20 B Theo Chương trình Nâng Cao Caâu VI.b (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + = có tâm I (-2 ; -2 );... 1  y  1 f’(x0) = 1   1   (2x  3)  x  2  y  1 : y – = -1 (x + 1)  y = -x (loaïi) 2 : y – = -1 (x + 2)  y = -x – (nhận) Câu II 1 ĐK: sin x  , sinx ≠ Pt  1  2sin x  cos x 