Giải Chi Tiết Đề Toán 2009 - 2013

Kim Trọng SĐT:01673093318 1 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Mơn thi : TỐN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x 2 2x 3   (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thò hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O. Giải: 1. / 2 3 1 \ , 0, 2 (2 3) D y x D x                Suy ra hàm số giảm trên từng khoảng xác định và khơng có cực trị. 3 3 2 2 lim , lim x x y y            TCĐ: 3 2 x   1 1 lim : 2 2 x y TCN y     2. Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y = x hoặc y = -x. Nghóa là: + ∞ 3 2  1 2 + ∞ - ∞ y y / x - ∞ 1 2 - - - 2 3 2  1 2 0 x y 2/3 Kim Trọng SĐT:01673093318 2 f’(x 0 ) = 1  2 0 1 1 (2x 3)      0 0 0 0 x 1 y 1 x 2 y 0             1 : y – 1 = -1(x + 1)  y = -x (loại)  2 : y – 0 = -1(x + 2)  y = -x – 2 (nhận) Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (1 2sin x) cos x 3 (1 2 sin x)(1 sin x)     . Giải: ĐK: 1 sin 2 x   , sinx ≠ 1         2 1 2sin cos 3 1 2 sin 1 sin cos 2sin cos 3 1 sin 2sin cos 3 sin sin2 3 cos2               Pt x x x x x x x x x x x x x 1 3 1 3 cos sin sin2 cos2 cos cos 2 2 2 2 2 3 6                     x x x x x x   2 2 2 2 3 6 3 6           x x k hay x x k       2 2    x k   (loại) 2 18 3   x k   , k  Z (nhận) 2. Giải phương trình : 3 2 3x 2 3 6 5x 8 0      (x  R) Giải: 3 2 3x 2 3 6 5x 8 0      , điều kiện : 6 6 5 0 5 x x     Đặt t = 3 3x 2   t 3 = 3x – 2  x = 3 t 2 3  và 6 – 5x = 3 8 5t 3  Phương trình trở thành : 3 8 5t 2t 3 8 0 3      3 8 5t 3 8 2t 3      3 2 t 4 15t 4t 32t 40 0       t = -2. Vậy x = -2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 2 3 2 0 I (cos x 1) cos xdx     Giải:       2 2 2 3 2 5 2 0 0 0 2 2 2 2 4 2 2 4 1 0 0 0 cos 1 cos cos cos cos cos 1 sin cos 1 2sin sin cos sin cos                    I x xdx xdx xdx I x xdx x xdx x x xdx t x dt xdx       Đổi cận: x= 0  t = 0; x = 2   t = 1 Kim Trọng SĐT:01673093318 3     1 1 3 5 2 4 1 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 2 3 2 0 2 8 1 2 3 5 15 1 cos2 1 1 1 1 cos cos2 sin 2 2 2 2 2 4 4 8 cos 1 cos 15 4                          t t I t t dt t x I xdx dx dx xdx x x I x xdx          Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a; CD = a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60 0 . Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Giải: Từ giả thiết bài toán ta suy ra SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J là trung điểm của BC; E là hình chiếu của I xuống BC. 2a a 3a IJ 2 2    S CIJ 2 IJ CH 1 3a 3a a 2 2 2 4     , CJ= BC a 5 2 2   S CIJ 2 2 3a 1 1 3a 3a 6a 3a 3 IE CJ IE SE ,SI 4 2 CJ 2 5 5 5          ,   3 1 1 3a 3 3a 15 V a 2a 2a 3 2 5 5          Câu V (1,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x+y+z) = 3yz, ta có (x + y) 3 + (x + z) 3 + 3(x + y)(x + z)(y + z)  5(y + z) 3 . Giải: x(x+y+z) = 3yz 1 3 y z y z x x x x     Đặt 0, 0, 0 y z u v t u v x x        . Ta có    2 2 2 1 3 3 3 3 4 4 0 2 3 2 0 2 2 4                      u v t t uv t t t t t Chia hai vế cho x 3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về           3 3 3 1 1 3 1 1 5 u v u v u v u v          A B D C I J E H N Kim Trọng SĐT:01673093318 4                           3 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 3 1 1 3 1 1 3 1 1 5 2 6 1 1 5 2 6(1 ) 5 1 2 6 1 5 4 6 4 0 2 1 2 0 3                                               t u v u v u v t t t u v t t u v uv t t t t t t t t t t t Đúng do t  2. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6, 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng  : x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB. Giải: I (6; 2); M (1; 5)  : x + y – 5 = 0, E    E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB I trung điểm NE  N I E N I E x 2x x 12 m y 2y y 4 5 m m 1                N (12 – m; m – 1) MN  = (11 – m; m – 6); IE  = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m) MN.IE 0     (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0  m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0  m = 6 hay m = 7 + m = 6  MN  = (5; 0)  pt AB là y = 5 + m = 7  MN  = (4; 1)  pt AB là x – 1 – 4(y – 5) = 0  x – 4y + 19 = 0 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác đònh tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Giải: I (1; 2; 3); R = 1 4 9 11 5     d (I; (P)) = 2(1) 2(2) 3 4 3 4 4 1       < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : x 1 2t y 2 2t z 3 t            Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J  d  J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t) J  (P)  2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0  t = 1 Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) Bán kính đường tròn r = 2 2 R IJ 25 9 4     Câu VII.a (1,0 điểm). Gọi z 1 và z 2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z 2 +2z+10=0. Tính giá trò của biểu thức A = z 1  2 + z 2  2 Giải: ’ = -9 = 9i 2 do đó phương trình  z = z 1 = -1 – 3i hay z = z 2 = -1 + 3i  A = z 1  2 + z 2  2 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20 Kim Trọng SĐT:01673093318 5 B. Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng  : x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích IAB lớn nhất. Giải: (C) : x 2 + y 2 + 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R = 2 Giả sử  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ABC, ta có S ABC =  1 IA.IB.sin AIB 2 = sin  AIB Do đó S ABC lớn nhất khi và chỉ khi sin  AIB = 1  AIB vuông tại I  IH = IA 1 2  (thỏa IH < R)  2 1 4m 1 m 1     1 – 8m + 16m 2 = m 2 + 1  15m 2 – 8m = 0  m = 0 hay m = 8 15 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và 2 đường thẳng  1 : x 1 y z 9 1 1 6     ;  2 : x 1 y 3 z 1 2 1 2       . Xác đònh tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng  2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau. Giải: M (-1 + t; t; -9 + 6t)  1 ;  2 qua A (1; 3; -1) có véctơ chỉ phương a  = (2; 1; -2) AM  = (t – 2; t – 3; 6t – 8)  AM a    = (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t) Ta có : d (M,  2 ) = d (M, (P))  2 261t 792t 612 11t 20      35t 2 - 88t + 53 = 0  t = 1 hay t = 53 35 Vậy M (0; 1; -3) hay M 18 53 3 ; ; 35 35 35       Câu VII.b (1,0 điểm) Gỉai hệ phương trình : 2 2 2 2 2 2 x xy y log (x y ) 1 log (xy) 3 81            (x, y  R) Giải: Điều kiện x, y > 0 2 2 2 2 2 2 2 2 log (x y ) log 2 log (xy) log (2xy) x xy y 4              2 2 2 2 x y 2xy x xy y 4            2 (x y) 0 xy 4        x y xy 4       x 2 y 2      hay x 2 y 2        Kim Trọng SĐT:01673093318 1 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009 Môn thi : TOÁN Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2x 4 – 4x 2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Với các giá trị nào của m, phương trình 2 2 x x 2 m   có đúng 6 nghiệm thực phân biệt? Giải: 1. y = 2x 4 – 4x 2 . TXĐ : D = R y’ = 8x 3 – 8x; y’ = 0  x = 0  x = 1; x lim    X  1 0 1 + y'  0 + 0  0 + Y + 0 + 2 CĐ 2 CT CT y đồng biến trên (-1; 0); (1; +) y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1) y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0 y đạt cực tiểu bằng -2 tại x = 1 Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0) Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); ( 2 ;0) 2. x 2 x 2 – 2 = m  2x 2 x 2 – 2 = 2m (*) (*) là phương trình hoành độ giao điểm của (C’) : y = 2x 2 x 2 – 2 và (d): y = 2m Ta có (C’)  (C); nếu x  - 2 hay x  2 (C’) đối xứng với (C) qua trục hoành nếu - 2 < x < 2 Theo đồ thị ta thấy ycbt  0 < 2m < 2  0 < m < 1 Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 3 sin x cos x sin 2x 3 cos 3x 2(cos 4x sin x)     Giải: sinx+cosxsin2x+ 3 3 cos3x 2(cos 4x si n x)   3 1 3sin x sin 3x sin x sin 3x 3 cos3x 2cos4x 2 2 2 sin 3x 3 cos 3x 2 cos 4x 1 3 sin 3x cos3x cos 4x 2 2 sin sin 3x cos cos3x cos4x 6 6 cos 4x cos 3x 6 4x 3x k2 x k2 6 6 2 4x 3x k2 x k 6 42 7                                                              2 x y 1 1 0  2 2 (C’) 2 x y 1 1 0  2 2 (C) Kim Trọng SĐT:01673093318 2 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 xy x 1 7y (x, y ) x y xy 1 13y            Giải:  2 2 2 xy x 1 7y x y xy 1 13y       y = 0 hệ vô nghiệm y  0 hệ  2 2 x 1 x 7 y y x 1 x 13 y y              Đặt a = 1 x y  ; b = x y  2 2 2 1 x a x 2 y y     2 2 2 1 x a 2b y    Ta có hệ là  2 a b 7 a b 13       2 a b 7 a a 20 0        a 4 b 3   hay  a 5 b 12    . Vậy 1 x 4 y x 3 y          hay 1 x 5 y x 12 y             2 x 4x 3 0 x 3y     hay  2 x 5x 12 0 x 12y     (VN)  x 1 1 y 3        hay  x 3 y 1   Câu III (1 điểm) Tính tích phân 3 2 1 3 ln x I dx (x 1)     Giải: 3 3 3 2 2 2 1 1 1 3 3 1 2 1 1 3 2 2 1 3 ln x dx ln x I dx 3 dx (x 1) (x 1) (x 1) dx 3 3 I 3 (x 1) (x 1) 4 ln x I dx (x 1)                     Đặt u = lnx dx du x   2 dx dv . (x 1)   Chọn 1 v x 1    3 3 3 3 2 1 1 1 1 ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3 I ln x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2                 Vậy : 3 I (1 ln 3) ln 2 4    Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 ; tam giác ABC vuông tại C và  BAC = 60 0 . Hình chiếu vuông góc của điểm B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a. Kim Trọng SĐT:01673093318 3 Giải: BH= 2 a , 2 1 3 3 3 2 2 4 BH a a BN BN     ; 3 ' 2 a B H  goïi CA= x, BA=2x, 3 BC x  2 2 2 2 2 2 CA BA BC BN   2 2 2 2 3 3 4 2 4 2 a x x x           2 2 9 52 a x  Ta có: 3 3 ' ' 2 2 a B H BB  V= 2 3 2 1 1 3 1 9 3 9 3 3 2 2 12 52 2 208 a a a a x         Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x + y) 3 + 4xy ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 3(x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) – 2(x 2 + y 2 ) + 1 Giải: 3 3 2 2 (x y) 4xy 2 (x y) (x y) 2 0 x y 1 (x y) 4xy 0                     2 2 2 (x y) 1 x y 2 2      dấu “=” xảy ra khi : 1 x y 2   Ta có : 2 2 2 2 2 (x y ) x y 4     4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A 3 x y x y 2(x y ) 1 3 (x y ) x y 2(x y ) 1                 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (x y ) 3 (x y ) 2(x y ) 1 4 9 (x y ) 2(x y ) 1 4                   Đặt t = x 2 + y 2 , đk t ≥ 1 2 2 9 1 f (t) t 2t 1, t 4 2 9 1 f '(t) t 2 0 t 2 2 1 9 f (t) f ( ) 2 16             Vậy : min 9 1 A khi x y 16 2    PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn C A B M N H Kim Trọng SĐT:01673093318 4 Câu VI.a. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : 2 2 4 (x 2) y 5    và hai đường thẳng  1 : x – y = 0,  2 : x – 7y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường tròn (C 1 ); biết đường tròn (C 1 ) tiếp xúc với các đường thẳng  1 ,  2 và tâm K thuộc đường tròn (C) Giải: Phương trình 2 phân giác ( 1 ,  2 ) : x y x 7y 2 5 2     1 2 5(x y) (x 7y) y 2x :d 5(x y) x 7y 1 5(x y) x 7y y x : d 2                         Phương trình hoành độ giao điểm của d 1 và (C) : (x – 2) 2 + (– 2x) 2 = 4 5 25x 2 – 20x + 16 = 0 (vô nghiệm) Phương trình hoành độ giao điểm của d 2 và (C) : (x – 2) 2 + 2 x 4 2 5        2 25x 80x 64 0      x = 8 5 . Vậy K 8 4 ; 5 5       R = d (K,  1 ) = 2 2 5 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh A(1;2;1), B(- 2;1;3), C(2;-1;1) và D(0;3;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng cách từ D đến (P) Giải: TH1 : (P) // CD. Ta có : AB ( 3; 1; 2),CD ( 2;4; 0)        (P)có PVT n ( 8; 4; 14) hay n (4;2;7) (P) :4(x 1) 2(y 2) 7(z 1) 0 4x 2y 7z 15 0                    TH2 : (P) qua I(1;1;1) là trung điểm CD Ta có AB ( 3; 1;2), AI (0; 1;0) (P) có PVT n (2;0;3) (P) :2(x 1) 3(z 1) 0 2x 3z 5 0                   Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn : z (2 i) 10 và z.z 25     Giải: Đặt z = x + yi với x, y  R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1)i z – (2 + i)= 10 và z.z 25   2 2 2 2 (x 2) (y 1) 10 x y 25            2 2 4x 2y 20 x y 25       2 y 10 2x x 8x 15 0        x 3 y 4   hay  x 5 y 0   Vậy z = 3 + 4i hay z = 5 Kim Trọng SĐT:01673093318 5 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1;4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác ABC bằng 18. Giải: 1 4 4 9 AH 2 2 1 36 36 S AH.BC 18 BC 4 2 9 2 AH 2            Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0 x y 4 7 1 H : H ; x y 3 2 2                B(m;m – 4) 2 2 2 2 2 BC 7 1 HB 8 m m 4 4 2 2 7 11 m 2 7 2 2 m 4 7 3 2 m 2 2 2                                           Vậy 1 1 2 2 11 3 3 5 3 5 11 3 B ; C ; hay B ; C ; 2 2 2 2 2 2 2 2                             2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 5 = 0 và hai điểm A(-3;0;1), B(1;-1;3). Trong các đường thẳng đi qua A và song song với (P), hãy viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất. Giải: P AB (4; 1; 2); n (1; 2;2)       Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = 0  x – 2y + 2z + 1 = 0. Gọi  là đường thẳng bất kỳ qua A Gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (Q). Ta có : d(B, )  BH; d (B, ) đạt min   qua A và H. Pt tham số x 1 t BH: y 1 2t z 3 2t             Tọa độ H = BH  (Q) thỏa hệ phương trình : x 1 t,y 1 2t, z 3 2t x 2y 2z 1 0               10 t 9    1 11 7 H ; ; 9 9 9          qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP   1 a AH 26;11; 2 9       Pt () : x 3 y 0 z 1 26 11 2       Câu VII.b (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị hàm số 2 x 1 y x   tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 4. [...]... thẳng y = -2 x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 (O là gốc tọa độ) Giải: 1 1 D   \ 1 ; y/   0, x  D 2  x  1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = TCĐ: x= -1 vì lim y  , lim y   ; TCN: y = 2 vì lim y  2  x 1 x y’ y x  x 1 Hàm số đồng biến trên (; 1) và (1; +) Hàm số khơng có cực trị - -1 +∞ + + +∞ 2 2 - 5 2 3 2 1 -3 -2 -1  1... 1(y + 2) = 0  x + y + 4 = 0 Gọi B (b; -b – 4)  BC Do H là trung điểm của BC  C (-4 – b; b); E (1; -3 )    Ta có : CE  (5  b;  b  3) vng góc với BA  (6  b; b  10)  (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) = 0  2b2 + 12b = 0  b = 0 hay b = -6 Vậy B1 (0; -4 ); C1 (-4 ; 0) hay B2 (-6 ; 2); C2 (2; -6 ) 2 Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) và đường thẳng x2 y2 z 3 :   Tính khoảng... trên (-1 ; 0); (1; +) y nghịch biến trên (- ; -1 ); (0; 1) y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0 1 0 1 y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = 1 1 Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0) Giao điểm của đồ thị với trục hồnh là (0; 0); ( 2 ;0) 2 Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = -1 là x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1  x4 – (3m + 2)x2 + 3m + 1 = 0  x = 1 hay x2 = 3m + 1 (*) Đường thẳng y = -1 ...  2  y 2 1 -1 1 0 2 3 x -2 Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình (1  2sin x) 2 cos x  1  sin x  cos x Giải: Pt  (1 + 4sinx + 4sin2 x)cosx = 1 + sinx + cosx  cosx + 4sinxcosx + 4sin2 xcosx = 1 + sinx + cosx  4sinxcosx(1 + sinx) = 1 + sinx  1 + sinx = 0 hay 4sinxcosx = 1 1   sinx = -1 hay sin2x =  x =   k2  hay 2 2 1 Kim Trọng SĐT:01673093318  5  k hay x =  k 12 12 2 Giải bất phương... đường thẳng 2 bằng 2 Giải: M  1  M (2m + 3; m) 2m  3  m  1 1 1 5 d(M, 2) =   3m + 4= 1  m = -1 hay m =  3 2 2 2 1 5 Vậy M (1; -1 ) hay M (  ;  ) 3 3 2 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B(0; 2; 1) và trọng tâm G(0; 2; 1) Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm C và vng góc với mặt phẳng (ABC) Giải: G là trọng tâm ABC  C (-1 ; 3; -4 )     AB... 3x2+2 TXĐ D = R ; y’ = 3x2 - 6x; y’ = 0  x = 0  x = 2 lim y   ; lim y   x  x  x y' y  + 0 0 - 2 0 + + 2 - + -2 y đồng biến trên các khoảng (- ;0); (2;+ ); y nghịch biến trên (0;2) y đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại bằng 2; y đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu bằng -2 giao điểm của đồ thị với trục tung là (0;2) giao điểm của đồ thị với trục hồnh là (1;0); 1  3;0  2... cho Giải: Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = 0  x – y = 0 Gọi K là giao điểm của IJ và AH (với IJ : x + y – 4 = 0), suy ra K là nghiệm của hệ x  y  0  K (2; 2) xy4  K là trung điểm của AH  xy H H  2x K  x A  4  6  2  H (-2 ; -2 )  2y K  y A  4  6  2 Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = 0  x + y + 4 = 0 Gọi B (b; -b – 4)  BC Do H là trung điểm của BC  C (-4 –...  x  x y' y 2 - + x  0 0 6 +  - - Hàm số đồng biến trên khoảng (- ;0), nghịch biến trên khoảng (0;+) y đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 6 (C)  Ox : A (  2; 0) 1 Tiếp tuyến  vng góc d : y  x  1  Pt () : y =  6x + b 6  x 4  x 2  6  6 x  b x  1   tiếp xúc (C)  hệ sau có nghiệm :   3 4 x  2 x  6 b  10  Vậy  : y =  6x + 10 Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình... khơng cần bảng biến thiên, chỉ cần so sánh y (-2 ), y(1/3) và y(5) PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3 ;-7 ), trực tâm là H(3 ;-1 ), tâm đường tròn ngoại tiếp là I (-2 ;0) Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hồnh độ dương Giải: * C1: Nối dài AH cắt đường tròn (C) tâm... SĐT: 01673093318 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Mơn thi : TỐN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị là (Cm), m là tham số 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0 2 Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có hồnh độ nhỏ hơn 2 Giải: 1 m = 0, y = x4 – 2x2 TXĐ : D = R y’ = 4x3 – 4x; . song song với một trong hai đường thẳng y = x hoặc y = -x. Nghóa là: + ∞ 3 2  1 2 + ∞ - ∞ y y / x - ∞ 1 2 - - - 2 3 2  1 2 0 x y 2/3 Kim Trọng SĐT:01673093318.  1 : y – 1 = -1 (x + 1)  y = -x (loại)  2 : y – 0 = -1 (x + 2)  y = -x – 2 (nhận) Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (1 2sin x) cos x 3 (1 2 sin x)(1 sin x)     . Giải: ĐK: 1 sin 2 x  . dương. Giải: 1) m = 2; y = x 3 - 3x 2 +2 TXĐ D = R ; y’ = 3x 2 - 6x; y’ = 0  x = 0  x = 2 lim x y    ; lim x y    x  0 2 + y' + 0 - 0 + y 2 + - -2