ĐẠI HỌC NĂM häc: 2010-2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số : y = − x +1 (C) 2x +1 1. Khảo sát vẽ đồ thị hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến qua giao điểm đường tiệm cận trục Ox. Câu II:(2 điểm) 1. Giải phương trình: sin x cos x + = tgx − cot x cos x sin x 2. Giải phương trình: ( − log3 x ) log9 x − =1 − log3 x Câu III: (2 điểm) 1.TÝnh nguyªn hµm: 2.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: F ( x) = ∫ sin xdx + sin x − cos x x −1 − x − ≥ x − Câu IV: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(−2, 0) biết phương trình cạnh AB, AC theo thứ tự 4x + y + 14 = 0; 2x + 5y − = . Tìm tọa độ đỉnh A, B, C. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chó ý:ThÝ sinh chØ ®ỵc chän bµi lµm ë mét phÇn nÕu lµm c¶ hai sÏ kh«ng ®ỵc chÊm A. Theo chương trình chuẩn Câu Va : 1. Tìm hệ số x8 khai triển (x2 + 2)n, biết: A 3n − 8C2n + C1n = 49 . 2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = 0. Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) điểm A, B cho AB = . B. Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: 1. Giải phương trình : log3 ( x − 1) + log ( 2x − 1) = 2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình vng tâm O, SA vng góc với ®¸y hình chóp. Cho AB = a, SA = a . Gọi H K hình chiếu vu«ng gãc A lên SB, SD. Chứng minh SC ⊥ (AHK) tính thể tích khèi chóp OAHK. ………………… … ……………… Hết……………………………………. Híng dÉn chÊm m«n to¸n C©u I Néi Dung ý §iĨm Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iĨm) 0,25 • TX§: D = R\ {-1/2} • −3 , Sùù BiÕn thiªn: y = x +1 < 0∀x ∈D ( ) Nªn hµm sè nghÞch biÕn trªn (−∞; − )va ( − ; +∞) + Giíi h¹n ,tiƯm cËn: lim + y = +∞ x →− lim − y = −∞ x →− 0,25 x →−∞ lim y = − x →+∞ ⇒ §THS cã tiĐm cËn ®øng : x = -1/2 lim y = − ⇒ ®THS cã tiƯm cËn ngang: y = -1/2 + B¶ng biÕn thiªn: x −∞ y’ +∞ -1/2 - +∞ -1/2 - 0,25 y −∞ -1/2 • §å ThÞ : y 0,25 -1/2 I x -1/2 Giao điểm tiệm cận đứng với trục Ox A − ,0 1 Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng y = k x + 2 − x + 1 2x + = k x + ÷ / (∆) tiếp xúc với (C) ⇔ − x + ÷ = k có nghiệm 2x + − x + 1 2x + = k x + (1) ⇔ −3 = k (2) ( 2x + 1) 0,25 0,25 Thế (2) vào (1) ta có pt hồnh độ tiếp điểm 1 3 x + ÷ −x + 2 =− 2x + ( 2x + 1) 1 ⇔ (x − 1)(2x + 1) = 3(x + ) x ≠ − ⇔ x − = 2 ⇔x= . Do k = − 12 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = − 0,25 1 1 x + ÷ 12 2 II 0,25 sin 2x cos 2x + = tgx − cot gx (1) cos x sin x cos 2x cos x + sin 2x sin x sin x cos x = − (1) ⇔ sin x cos x cos x sin x cos( 2x − x ) sin2 x − cos2 x ⇔ = sin x cos x sin x cos x 1. Giải phương trình: ⇔ cos x = − cos 2x ∧ s in2x ≠ 0,25 0,25 ⇔ cos x + cos x − = ∧ s in2x ≠ ⇔ cos x = ⇔x=± ( cos x = −1 :loại sin x ≠ 0) π + k 2π 0,25 0,25 2. Phương trình: ( − log3 x ) log9 x − − log x = (1) − =1 (1) ⇔ ( − log3 x ) log3 9x − log3 x 0,25 ⇔ 0,25 − log3 x − =1 + log3 x − log3 x đặt: t = log3x 2−t − = ⇔ t − 3t − = + t 1− t (vì t = -2, t = khơng nghiệm) ⇔ t = −1 hay t = thành Do đó, (1) ⇔ log3 x = −1 hay x = ⇔ x = hay x = 81 III 0,25 0,25 Ta cã F ( x ) = ∫ sin xdx sin x cos xdx = + sin x − (1 − sin x) ∫ sin x + sin x + §¨t u = sinx ⇒ du = cos xdx Ta cã: F ( x) = G (u ) = ∫ = ln u + + O,25 udu ( u + 1) 0,25 =∫ du du −∫ u +1 (u + 1) 0,25 +c u +1 VËy F ( x) = ln sinx + + +c sin x + 0,25 §k: x ≥ ⇔ x +1 ≥ x − + x − 0,25 Bpt ⇔ x − x + ≤ − x 4 − x ≥ ⇔ 3 x − 12 x + ≤ 3 ≤ x ≤ ⇔ 6 − 6+2 ≤x≤ ⇔3≤ x ≤ 6+2 3 0,25 0,25 0,25 IV { { 4x + y + 14 = x = −4 . Tọa độ A nghiệm hệ 2x + 5y − = ⇔ y = ⇒ A(–4, 2) Vì G(–2, 0) trọng tâm ∆ABC nên 3x G = x A + x B + x C x B + x C = −2 ⇔ (1) 3y G = y A + y B + y C y B + y C = −2 Vì B(xB, yB) ∈ AB ⇔ yB = –4xB – 14 (2) 2x C(xC, yC) ∈ AC ⇔ y C = − C + ( 3) 5 Thế (2) (3) vào (1) ta có x B + x C = −2 x = −3 ⇒ y B = −2 ⇒ B 2x C − 4x B − 14 − + = −2 x C = ⇒ y C = Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), Điều kiện n ≥ ( n 0,25 0,25 0,25 0,25 C(1, 0) V.a 1. 0,25 ) ∑C x n Ta có: x + = k 2k n−k n k =0 Hệ số số hạng chứa x8 C4n n − 4 n−4 Hệ số số hạng chứa x8 Cn Ta có: A n − 8Cn + Cn = 49 0,25 0,25 ⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 ⇔ n3 – 7n2 + 7n – 49 = ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = ⇔ n = Nên hệ số x8 C47 23 0,25 = 280 Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) R = 0,25 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB ⊥ IM trung điểm H đoạn AB. Ta có AH = BH = 0,25 AB = 2 0,25 Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' vị trí thứ AB Gọi H' trung điểm A'B' 3 Ta có: IH ' = IH = IA − AH = − ÷ ÷ =2 Ta có: MI = ( − 1) + ( + 2) = MH = MI − HI = − Ta có: 0,25 = ; 2 MH ' = MI + H ' I = + 13 = 2 49 52 + = = 13 4 169 172 R 22 = MA'2 = A' H'2 + MH'2 = + = = 43 4 R12 = MA = AH + MH = Vậy có đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 V.b 0,25 0,25 0,25 1. Giải phương trình: log3 ( x − 1) + log ( 2x − 1) = < x ≠1 ⇔ log3 x − + log3 ( 2x − 1) = 0,25 §k: ⇔ log3 x − + log3 ( 2x − 1) = ⇔ log3 x − ( 2x − 1) = log3 ⇔ x − ( 2x − 1) = 0,25 0,25 x >1 ⇔ 2 < x < hoac 2x − 3x − = 2x − 3x + = 0(vn) { 0,25 ⇔x=2 +BC vng góc với (SAB) ⇒ BC vng góc với AH mà AH vng với SB ⇒ AH vng góc với (SBC) ⇒ AH vng góc SC (1) + Tương tự AK vng góc SC (2) (1) (2) ⇒ SC vng góc với (AHK ) 0,25 0,25 SB2 = AB2 + SA = 3a2 ⇒ SB = a a 6⇒ 2a ⇒ 2a AH.SB = SA.AB ⇒ AH= SH= SK= 3 (do tam giác SAB SAD vng A) Ta có HK song song với BD nên HK SH 2a . = ⇒ HK = BD SB 0,25 0,25 kỴ OE// SC ⇒ OE ⊥ ( AHK )(doSC ⊥ ( AHK )) suy OE lµ ®êng cao cđa h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2 0,5 Gọi AM đường cao tam giác cân AHK ta có 2a 4a2 ⇒ AM= AM = AH − HM = 0,25 10 a = 2 a 9a a 9a 3÷ = = 12 52 208 Ta có: B ' H = BB ' V= 11 x 3 Câu V : (x + y)3 + 4xy ≥ ⇒ (x + y)3 + (x + y) − ≥ ⇒ x + y ≥ (x + y) − 4xy ≥ (x + y) ≥ dấu “=” xảy : x = y = 2 2 2 (x + y ) Ta có : x y ≤ 4 2 A = ( x + y + x y ) − 2(x + y ) + = (x + y ) − x y − 2(x + y ) + ⇒ x + y2 ≥ (x + y ) 2 ≥ (x + y ) − − 2(x + y ) + = (x + y ) − 2(x + y ) + Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ f (t) = t − 2t + 1, t ≥ f '(t) = t − > ∀ t ≥ 2 ⇒ f (t) ≥ f ( ) = 16 x = y = Vậy : A = 16 Câu VIa. x−y x − 7y =± 1. Phương trình phân giác (∆1, ∆2) : ⇔ 5(x − y) = ± (x − 7y) y = −2x :d1 5(x − y) = x − 7y ⇔ ⇔ y = x : d2 5(x − y) = − x + 7y Phương trình hồnh độ giao điểm d1 (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 25x2 – 20x + 16 = (vơ nghiệm) x Phương trình hồnh độ giao điểm d2 (C) : (x – 2)2 + ÷ = 2 8 4 ⇔ 25x − 80x + 64 = ⇔ x = . Vậy K ; ÷ 5 5 2 R = d (K, ∆1) = 17 uuur uuur TH1 : (P) // CD. Ta có : AB = ( −3; −1; 2), CD = ( −2; 4;0) r r ⇒ (P) có PVT n = ( −8; −4; −14) hay n = (4;2;7) (P) :4(x − 1) + 2(y − 2) + 7(z − 1) = ⇔ 4x + 2y + 7z − 15 = TH2 : (P) qua I (1;1;1) trung điểm CD uuur uur Ta có AB = ( −3; −1;2), AI = (0; −1;0) r ⇒ (P) có PVT n = (2;0;3) (P) :2(x − 1) + 3(z − 1) = ⇔ 2x + 3z − = Câu VIb. 1. −1 − − AH = = 2 36 36 S = AH.BC = 18 ⇔ BC = = =4 AH Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = x − y = 7 1 H: ⇒ H ;− ÷ 2 2 x + y = B(m;m – 4) 2 BC2 7 1 ⇒ HB = = = m − ÷ + m − + ÷ 2 2 2. 11 m = + = 7 2 ⇔ m − ÷ = ⇔ 2 m = − = 2 11 3 5 5 11 Vậy B1 ; ÷ ∧ C1 ; − ÷ hay B2 ; − ÷∧ C ; ÷ 2 2 2 2 2 2 uuur r AB = (4; −1;2); n P = (1; −2;2) Pt mặt phẳng (Q) qua A // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = ⇔ x – 2y + 2z + = 0. Gọi ∆ đường thẳng qua A Gọi H hình chiếu B xuống mặt phẳng (Q). Ta có : d(B, ∆) ≥ BH; d (B, ∆) đạt ⇔ ∆ qua A H. x = + t Pt tham số BH: y = −1 − 2t z = + 2t 2. Tọa độ H = BH ∩ (Q) thỏa hệ phương trình : x = + t, y = −1 − 2t, z = + 2t 10 11 ⇒ H− ; ; ÷ ⇒t=− 9 9 x − 2y + 2z + = uur uuur ∆ qua A (-3; 0;1) có VTCP a ∆ = AH = ( 26;11; −2 ) x + y − z −1 = = Pt (∆) : 26 11 −2 Câu VII.a. Đặt z = x + yi với x, y ∈ R z – – i = x – + (y – 1)i 18 z – (2 + i)= 10 z.z = 25 4x + 2y = 20 (x − 2) + (y − 1) = 10 ⇔ x + y2 = 25 ⇔ x + y = 25 y = 10 − 2x x=3 x =5 ⇔ x − 8x + 15 = ⇔ y = hay y = { { { { Vậy z = + 4i hay z = Câu VII.b. Pt hồnh độ giao điểm đồ thị đường thẳng : − x + m = x2 − x ⇔ 2x2 – mx – = (*) (vì x = khơng nghiệm (*)) Vì a.c < nên pt ln có nghiệm phân biệt ≠ Do đồ thị đường thẳng ln có giao điểm phân biệt A, B AB = ⇔ (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16 ⇔ 2(xB – xA)2 = 16 m2 + 2 ⇔ (xB – xA) = ⇔ ÷ = ⇔ m = 24 ⇔ m = ±2 . Hết. 19 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 (Cm), m tham số. 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m = 0. 2. Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ 2. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình cos5x − 2sin 3x cos 2x − sin x = x(x + y + 1) − = 2. Giải hệ phương trình (x + y) − + = (x, y ∈ R) x dx I = Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân ∫1 ex − Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vng B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M trung điểm đoạn thẳng A’C’, I giao điểm AM A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC). Câu V (1,0 điểm).Cho số thực khơng âm x, y thay đổi thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) trung điểm cạnh AB. Đường trung tuyến đường cao qua đỉnh A có phương trình 7x – 2y – = 6x – y – = 0. Viết phương trình đường thẳng AC. 2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) mặt phẳng (P): x + y + z – 20 = 0. Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P). Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z – (3 – 4i)= 2. 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 – 1) + y2 = 1. Gọi I tâm (C). Xác · định tọa độ điểm M thuộc (C) cho IMO = 300. 20 x+2 y−2 z = = mặt phẳng (P): x + 1 −1 2y – 3z + = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm (P) cho d cắt vng góc với đường thẳng ∆. Câu VII.b (1,0 điểm) x2 + x − Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số y = hai điểm x phân biệt A, B cho trung điểm đoạn thẳng AB thuộc trục tung. 2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: ]BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I. 1. m = 0, y = x4 – 2x2 . TXĐ : D = R = +∞ y’ = 4x – 4x; y’ = ⇔ x = ∨ x = ±1; xlim →±∞ x −∞ −1 +∞ y' − + − + y +∞ +∞ y −1 CĐ −1 CT CT y đồng biến (-1; 0); (1; +∞) y nghịch biến (-∞; -1); (0; 1) y đạt cực đại x = −1 y đạt cực tiểu -1 x = ±1 x −1 Giao điểm đồ thị với trục tung (0; 0) Giao điểm đồ thị với trục hồnh (0; 0); (± ;0) 2. Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = -1 x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1 ⇔ x4 – (3m + 2)x2 + 3m + = ⇔ x = ±1 hay x2 = 3m + (*) Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác ±1 < 0 < 3m + < − < m < ⇔ ⇔ 3m + ≠ m ≠ Câu II. 1) Phương trình tương đương : cos5x − (sin 5x + sin x) − sin x = ⇔ cos5x − sin 5x = 2sin x π ⇔ cos5x − sin 5x = sin x ⇔ sin − 5x ÷ = sin x 3 2 π π ⇔ − 5x = x + k2 π hay − 5x = π − x + k2 π 3 π π 2π − k2 π ⇔ 6x = − k2π hay 4x = − π − k2 π = − 3 21 ⇔ x= π π π π − k hay x = − − k (k ∈ Z). 18 2) Hệ phương trình tương đương : x(x + y + 1) = x(x + y) + x = ĐK : x ≠ ⇔ 2 2 x (x + y) + x = (x + y) + = x Đặt t=x(x + y). Hệ trở thành: t + x = t+x =3 t + x = t = x = ⇔ ⇔ ⇔ ∨ 2 x = t + x = (t + x) − 2tx = t =2 tx = x(x + y) = x(x + y) = y =1 y=− ∨ ⇔ ∨ Vậy x=2 x =1 x =1 x = 3 3 − ex + ex ex x dx = − dx + dx = − + ln e − Câu III : I = ∫ ∫1 ∫1 ex − 1 ex − 1 = −2 + ln(e3 − 1) − ln(e − 1) = −2 + ln(e + e + 1) Câu IV. C/ 2 2 AC = 9a − 4a = 5a ⇒ AC = a BC = 5a − a = 4a ⇒ BC = 2a M H hình chiếu I xuống mặt ABC Ta có IH ⊥ AC IA/ A/ M IH 4a / = = ⇒ = ⇒ IH = I / IC AC AA 3 B 11 4a 4a C VIABC = S ABC IH = 2a × a × = (đvtt) 32 Tam giác A’BC vuông B H Nên SA’BC= a 52a = a 2 / 2 Xét tam giác A’BC IBC, Đáy IC = A C ⇒ S IBC = S A/ BC = a 3 3 3V 4a 2a 2a = = Vậy d(A,IBC) = IABC = S IBC 2a 5 2 2 Câu V. S = (4x + 3y)(4y + 3x) + 25xy = 16x y + 12(x3 + y3) + 34xy = 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy = 16x2y2 – 2xy + 12 Đặt t = x.y, x, y ≥ x + y = nên ≤ t ≤ ¼ Khi S = 16t2 – 2t + 12 S’ = 32t – ; S’ = ⇔ t = 16 25 191 S(0) = 12; S(¼) = ;S( )= . Vì S liên tục [0; ¼ ] nên : 16 16 25 Max S = x = y = 2 A A 22 2+ 2− x = x = 191 4 Min S = hay − + 16 y = y = 4 PHẦN RIÊNG Câu VI.a. 1) Gọi đường cao AH : 6x – y – = đường trung tuyến AD : 7x – 2y – = A = AH ∩ AD ⇒ A (1;2) M trung điểm AB ⇒ B (3; -2) BC qua B vng góc với AH ⇒ BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = ⇔ x + 6y + = D = BC ∩ AD ⇒ D (0 ; − ) D trung điểm BC ⇒ C (-uuu 3;r- 1) AC qua A (1; 2) có VTCP AC = (−4; −3) nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = ⇔ 3x – 4y + = x = − t uuur 2) AB qua A có VTCP AB = ( −1;1; 2) nên có phương trình : y = + t (t ∈ ¡ ) z = 2t D ∈ AB ⇔ D (2 – t; + t; 2t) uuur uuur r CD = (1 − t; t ; 2t) . Vì C ∉ (P) nên : CD //(P) ⇔ CD ⊥ n ( P) 5 ⇔ 1(1 − t) + 1.t + 1.2t = ⇔ t = − Vậy : D ; ; − 1÷ 2 2 Câu VI.b. 1. (x – 1) + y = 1. Tâm I (1; 0); R = · · Ta có IMO = 300, ∆OIM cân I ⇒ MOI = 300 ⇒ OM có hệ số góc k = ± tg30 = ± x x2 =0 +k=± ⇒ pt OM : y=± vào pt (C) ⇒ x − 2x + 3 3 3 ⇔ x= (loại) hay x = . Vậy M ; ± ÷ 2 Cách khác: Ta giải hình học phẳng · · OI=1, IOM = IMO = 300 , đối xứng ta có điểm đáp án đối xứng với Ox H hình chiếu M xuống OX. Tam giác OM H nửa tam giác OI=1 => OH 3 Vậy M , 2 3 3 = ⇒ OM = , HM = = 3 3 3 3 ÷, M , − ÷ 2 O M1 I H M2 2. Gọi A = ∆ ∩ (P) ⇒ A(-3;1;1) uuur uur a ∆ = (1;1; −1) ; n ( P) = (1;2; −3) 23 uur uur uuur d đđi qua A có VTCP a d = a ∆ , n ( P) = ( −1;2;1) nên pt d : x + y −1 z −1 = = −1 Câu VII.a. Gọi z = x + yi. Ta có z – (3 – 4i) = x – + (y + 4)i Vậy z – (3 – 4i) = ⇔ (x − 3) + (y + 4)2 = ⇔ (x – 3)2 + (y + 4)2 = Do đđó tập hợp biểu diễn số phức z mp Oxy đường tròn tâm I (3; -4) bán kính R = 2. x2 + x − Câu VII.b. pt hồnh độ giao điểm : (1) = −2x + m x ⇔ x2 + x – = x(– 2x + m) (vì x = khơng nghiệm (1)) ⇔ 3x2 + (1 – m)x – = phương trình có a.c < với m nên có nghiệm phân biệt với m b Ycbt ⇔ S = x1 + x2 = − = ⇔ m – = ⇔ m = 1. a Hết. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ----------------------------ĐỀ CHÍNH THÚC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mơn thi: TỐN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x+2 2x + ( 1) 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (1), biết tiếp tuyến cắt trục hồnh, trục tung hai điểm phân biệt A, B tam giác OAB cân gốc toạ độ O. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( − 2sin x ) cos x ( + 2sin x ) ( − s inx ) = 3. 2. Giải phương trình 3x − + − 5x − = ( x∈R) Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = π ∫ ( cos x − 1) cos x.dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D; AB = AD = 2a, CD = a; góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 60 0. Gọi I trung điểm cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) vng 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 thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có: ( x + y) + ( x + z) + 3( x + y) ( x + z) ( y + z) ≤ 5( y + z ) . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) giao điểm hai 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. 24 2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2x − 2y − z − = mặt cầu ( S) : x + y + z − 2x − 4y − 6z − 11 = . Chứng minh mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo đường tròn. Xác định toạ độ tâm tính bán kính đường tròn đó. Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z2 + 2z + 10 = 0. tính giá trị biểu thức A = |z1|3 + |z2|3. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 2 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x + y + 4x + 4y + = đường thẳng ∆ : x + my − 2m + = , với m tham số thực. Gọi I tâm đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) hai điểm phân biệt A B cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. 2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − 2y + 2z − = hai đường thẳng x +1 y z + x −1 y − z +1 = = ; ∆2 : = = . Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆1 1 −2 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆ khoăng cách từ M đến mặt phẳng (P) nhau. ∆1 : Câu VII.b (1,0 điểm) ( ) log x + y = + log ( xy ) Giải hệ phương trình 2 3x − xy + y = 81 ( x, y ∈ R ) . ---------------Hết--------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI A NĂM 2009 Câu I. 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số + Tập xác định:với x ≠ − + y’ = −1 ( 2x + 3) < 0, ∀ x ≠ − + Tiệm cận Vì lim x →∞ Vì x+2 1 = nên tiệm cận ngang : y = 2x + 2 lim + 3 x →− ÷ 2 x+2 x+2 = +∞; lim − = −∞ nên tiệm cận đứng : x = - 2x + 2x + x →− ÷ 2 Bảng biến thiên: 2 Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy 0; ÷ cắt Ox (-2; 0) 3 25 2. Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (1), biết tiếp tuyến cắt trục hồnh, trục tung hai điểm phân biệt A, B tam giác OAB cân gốc toạ độ O. Ta có y ' = −1 ) là: nên phương trình tiếp tuyến x = x (với x ≠ − (2x + 3) y - f( x ) = f’( x )(x - x ) 2x 02 + 8x + −x y= + (2x + 3) (2x + 3) Do tiếp tuyến cắt Ox A( 2x + 8x + ;0) cắt Oy B(0; 2x 02 + 8x + ) (2x + 3) Tam giác OAB cân O ⇔ OA = OB (với OA > 0) ⇔ x A = y B ⇔ 2x 02 + 8x + = 2x 02 + 8x + (2x + 3) x = −1(L) ⇔ (2x + 3) = ⇔ 2x + = ±1 ⇔ x = −2 (TM) Với x = −2 ta có tiếp tuyến y = x Câu II. 1.Giải phương trình : ( − 2sin x ) cos x ( + 2sin x ) ( − s inx ) = 3. Giải : 26 π −5π x ≠ − + k2π; x ≠ + k2π s inx ≠ − 6 2⇔ ĐKXĐ: s inx ≠ x ≠ π + 2lπ Phương trình ⇔ cosx - 2sinxcosx = ⇔ cosx – sin2x = (1 – sinx + 2sinx – 2sin2x) 3+ sinx - sin2x ⇔ − sinx + cosx = sin2x + = sin2x + (1 – 2sin x) cos2x ⇔ - sin x + cos x = sin 2x + cos 2x 2 2 ⇔ sin x.cos 5π 5π π π + cos x.sin = sin 2x.cos + cos 2x.sin 6 3 5π π ⇔ sin x + ÷ = sin 2x + ÷ 3 5π π x + = 2x + + m2π ⇔ x + 5π = π − 2x − π + n2π π π − x = − + m2π x = − m2π ⇔ ⇔ 3x = − π + n2π x = − π + n 2π 18 Kết hợp với đkxđ ta có họ nghiệm pt là: x= − π 2π +n ( n ∈ Z) 18 2. Giải phương trình : 3x − + − 5x − = Đkxđ: − 5x ≥ ⇔ x ≤ (*) ( x∈R) − 2u u = 3x − u = 3x − 2u + 3v = v = (v ≥ 0) ⇒ ⇒ ⇒ Đặt v = − 5x 5u + 3v = 5u + 3v = v = − 5x ⇒ 15u + 64 − 32u + 4u − 24 = 27 ⇔ 15u + 4u − 32u + 40 = ⇔ (u + 2)(15u − 26u + 20) = u = −2 ⇔ 2 15u − 26u + 20 = vơ n ∆ ' = 13 − 15.20 < ⇔ u = −2 ⇒ x = −2 (tm). Vậy phương trình có tập nghiệm S={-2} π ( ) Câu III.Tính tích phân I = cos3 x − cos x.dx .Ta có: ∫ π π I = cos5 x.dx − cos x.dx ∫ ∫ π 1 π Ta có: I2 = cos x.dx = (1 + cos2x).dx = x + sin 2x ÷ = ∫0 2 0 ∫0 π π π π Mặt khác xét I1 = cos5 x.dx = cos x.cosx.dx ∫ ∫ π π 1 2sin x + sin x ÷ = = ∫ (1 − sin x) d(sin x) = sin x − 5 15 Vậy I = I1 – I2 = π − 15 Câu IV.Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng 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) vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Giải: Vì (SBI)và (SCI)vng góc với (ABCD) nên SI ⊥ (ABCD) . Ta có IB = a 5; BC = a 5; IC = a 2; Hạ IH ⊥ BC tính IH = 3a ; Trong tam giác vng SIH có SI = IH tan 600 = 3a 15 . SABCD = SAECD + SEBC = 2a + a = 3a (E trung điểm AB). 1 3a 15 3a 15 . V = SABCDSI = 3a = 3 5 28 Câu V.Chứng minh với số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có: 3 ( x + y ) + ( x + z ) + ( x + y ) ( x + z ) ( y + z ) ≤ ( y + z ) . Giải: Từ giả thiết ta có: x2 + xy + xz = 3yz ⇔ (x + y)(x + z) = 4yz Đặt a = x + y b = x + z Ta có: (a – b)2 = (y – z)2 ab = 4yz Mặt khác a3 + b3 = (a + b) (a2 – ab + b)2 2 ≤ 2(a + b ) ( a − b ) + ab = 2 (a − b) + 2ab ( a − b ) + ab = (y − z) + 2yz ( y − z ) + 4yz = (y + z) + 4yz ( y + z ) ≤ 4(y + z) ( y + z ) = 2(y + z) (1) Ta lại có: 3(x + y)(y +z)(z + x) = 12yz(y + z) ≤ 3(y + z)2 . (y + z) = 3(y + z)3 (2) Cộng vế (1) (2) ta có điều phải chứng minh Câu VI .a 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) giao điểm hai 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. Giải: Gọi N điểm đối xứng với M qua I, F điểm đối xứng vơi E qua I. 29 Ta có N ∈ DC , F ∈ AB, IE ⊥ NE. Tính N = (11; 1) . Giả sử E = (x; y), ta có: uuur uur IE = (x – 6; y – 2); NE = (x – 11; y + 1). uur uuur 2 IE . NE = x – 17x + 66 + y – y – = (1) E ∈ ∆ ⇒x + y – = . (2) Giải hệ (1), (2) tìm x1 = 7; x2 = 6. Tương ứng có y1 = 2; y2 = 1 ⇒ E1 = (7; 2); E2 = (6; 1) Suy F1 = (5; 6), F2 = (6; 5). Từ ta có phương trình đường thẳng AB x – 4y + 19 = y = . 2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( S) : x ( P ) : 2x − 2y − z − = mặt cầu + y + z − 2x − 4y − 6z − 11 = . Chứng minh mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo đường tròn. Xác định toạ độ tâm tính bán kính đường tròn đó. Giải: Mặt cầu có tâm I(1;2;3) bán kính R=5 Khoảng cách từ tâm I đến mp (P) d(I;(P)) = 2.1 − 2.2 − − 4 + +1 =3. Vì d(I;(P)) [...]... b = 3 hay b = 12 Vậy x hay x =3 = 12 y y x = 1 x =3 x 2 − 4x + 3 = 0 x 2 + 5x + 12 = 0 ⇔ x = 3y hay x = 12y (VN) ⇔ y = 1 hay y = 1 3 Câu III : 3 3 3 3 + ln x dx ln x I=∫ dx = 3 +∫ dx 2 2 (x + 1) (x + 1) 1 (x + 1) 2 1 1 { { { { 3 dx 3 I1 = 3 = 2 (x + 1) (x + 1) 1 { 3 = 1 3 4 3 ln x dx (x + 1) 2 1 I2 = ∫ Đặt u = lnx ⇒ du = dv = dx x dx −1 Chọn v = 2 (x + 1) x +1 3 3 3 3 ln... IC AC 2 AA 3 3 B 1 11 4a 4a 3 C VIABC = S ABC IH = 2a × a × = (đvtt) 3 32 3 9 Tam giác A’BC vuông tại B 1 2 H Nên SA’BC= a 52a = a 5 2 2 / 2 2 2 Xét 2 tam giác A’BC và IBC, Đáy IC = A C ⇒ S IBC = S A/ BC = a 5 3 3 3 3 3V 4a 3 2a 2a 5 = = Vậy d(A,IBC) = IABC = 3 2 S IBC 9 2a 5 5 5 2 2 2 2 Câu V S = (4x + 3y)(4y + 3x) + 25xy = 16x y + 12(x3 + y3) + 34 xy = 16x2y2 + 12[(x + y )3 – 3xy(x + y)] + 34 xy = 16x2y2... OH 3 Vậy M 1 , 2 3 3 3 3 3 = ⇒ OM = , HM = = 2 6 3 2 3 3 3 3 ÷, M 2 , − ÷ 2 2 2 O M1 I H M2 2 Gọi A = ∆ ∩ (P) ⇒ A( -3; 1;1) uuu r uu r a ∆ = (1;1; −1) ; n ( P) = (1;2; 3) 23 uu r uu uuu r r d đđi qua A và có VTCP a d = a ∆ , n ( P) = ( −1;2;1) nên pt d là : x + 3 y −1 z −1 = = −1 2 1 Câu VII.a Gọi z = x + yi Ta có z – (3 – 4i) = x – 3 + (y + 4)i Vậy z – (3 – 4i) = 2 ⇔ (x − 3) 2... ln 3 dx dx ln 3 3 I2 = − +∫ =− +∫ −∫ =− + ln x + 1 1 1 x(x + 1) 4 x 1 x +1 4 2 1 3 Vậy : I = (1 + ln 3) − ln 2 4 Câu IV a BH 2 1 a 3a a 3 = ⇒ BN = 3 = BH= , ; B'H = 2 BN 3 2 2 4 2 gọi CA= x, BA=2x, BC = x 3 CA2 2 2 2 BA + BC = 2 BN + 2 C A H M 2 2 9a 2 3a x ⇔ 3x + 4 x = 2 ÷ + ⇔ x2 = 52 2 4 2 N 2 B 16 3 a 3 = 2 2 2 3 a 3 1 9a a 3 9a 3 = = 12 52 2 208 2 Ta có: B ' H = BB ' V= 11 2 x 3 ... 18 3 2 Giải phương trình : 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0 6 Đkxđ: 6 − 5x ≥ 0 ⇔ x ≤ (*) 5 ( x∈R) 8 − 2u u = 3 3x − 2 3 u = 3x − 2 2u + 3v = 8 v = (v ≥ 0) ⇒ 2 ⇒ 3 ⇒ 3 Đặt 2 v = 6 − 5x 5u + 3v = 8 5u 3 + 3v 2 = 8 v = 6 − 5x ⇒ 15u 3 + 64 − 32 u + 4u 2 − 24 = 0 27 ⇔ 15u 3 + 4u 2 − 32 u + 40 = 0 ⇔ (u + 2)(15u 2 − 26u + 20) = 0 u = −2 ⇔ 2 2 15u − 26u + 20 = 0 vơ n 0 do ∆ ' = 13. .. 5 Trong tam giác vng SIH có SI = IH tan 600 = 3a 15 5 SABCD = SAECD + SEBC = 2a 2 + a 2 = 3a 2 (E là trung điểm của AB) 1 1 3a 15 3a 3 15 V = SABCDSI = 3a 2 = 3 3 5 5 28 Câu V.Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có: 3 3 3 ( x + y ) + ( x + z ) + 3 ( x + y ) ( x + z ) ( y + z ) ≤ 5 ( y + z ) Giải: Từ giả thiết ta có: x2 + xy + xz = 3yz ⇔ (x + y)(x + z) = 4yz... 1 · · Ta có IMO = 30 0, ∆OIM cân tại I ⇒ MOI = 30 0 1 0 ⇒ OM có hệ số góc k = ± tg30 = ± 3 1 x x2 2 =0 +k=± ⇒ pt OM : y=± thế vào pt (C) ⇒ x − 2x + 3 3 3 3 3 3 ⇔ x= 0 (loại) hay x = Vậy M ; ± ÷ 2 2 2 Cách khác: Ta có thể giải bằng hình học phẳng · · OI=1, IOM = IMO = 30 0 , do đối xứng ta sẽ có 2 điểm đáp án đối xứng với Ox H là hình chiếu của M xuống OX Tam giác OM 1 H là nửa tam giác đều OI=1... 2m Ta có (C’) ≡ (C); nếu x ≤ - 2 hay x ≥ 2 (C’) đđối xứng với (C) qua trục hồnh nếu - 2 < x < 2 − Theo đồ thị ta thấy ycbt ⇔ 0 < 2m < 2 ⇔ 0 < m < 1 Câu II 1 (C) y 0 −1 1 2 x −2 y (C’) 2 −1 0 1 2 x PT:sinx+cosxsin2x+ 3 cos 3x = 2(cos 4x + s i n 3 x) 3 1 3sin x − sin 3x ⇔ sin x + sin 3x + 3 cos 3x = 2 cos 4x + 2 2 2 ⇔ sin 3x + 3 cos 3x = 2 cos 4x 1 3 ⇔ sin 3x + cos 3x = cos 4x 2 2 π π ⇔ sin sin 3x + cos... ⇔ 140b 2 − 35 2b + 212 = 0 ⇔ 35 b 2 − 88b + 53 = 0 b = 1 ⇔ b = 53 35 18 53 3 Vậy có 2 điểm thoả mãn là: M(0;1; -3) và M ; ; ÷ 35 35 35 Câu VII b log 2 x 2 + y 2 = 1 + log 2 ( xy ) Giải hệ phương trình 2 ( x, y ∈ R ) 2 3x − xy + y = 81 Giải: ( x 2 + y2 > 0 Điều kiện xy > 0 ⇔ ) xy > 0 Viết lại hệ dưới dạng: log 2 (x 2 + y 2 ) = log 2 (2xy) x 2 − xy + y2 =3 3 2 2 ... đoạn AB Ta có AB 3 AH = BH = = 2 2 Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B' 2 3 3 Ta có: IH ' = IH = IA − AH = 3 − 2 ÷ =2 ÷ 2 Ta có: MI = ( 5 − 1) 2 2 + ( 1 + 2) = 5 2 3 7 = 2 2 3 13 MH ' = MI + H ' I = 5 + = 2 2 và MH = MI − HI = 5 − 14 3 49 52 + = = 13 4 4 4 3 169 172 R 2 = MA'2 = A' H'2 + MH'2 = + = = 43 2 4 4 4 Vậy có 2 đường . PT:sinx+cosxsin2x+ 3 3 cos3x 2(cos4x si n x)= + 3 1 3sin x sin3x sin x sin3x 3 cos3x 2cos4x 2 2 2 sin3x 3 cos3x 2cos4x 1 3 sin3x cos3x cos4x 2 2 sin sin3x cos cos3x cos4x 6 6 cos4x cos 3x 6 4x 3x k2 x k2 6. 12y + + = = (VN) ⇔ x 1 1 y 3 = = hay { x 3 y 1 = = Câu III : 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 v x 1 − = + 3 3 3 3 2 1 1 1 1 ln x dx ln3 dx dx ln 3 3 I ln x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2 = − + = − + − = − + + + + ∫ ∫ ∫ Vậy : 3 I (1 ln3) ln 2 4 = + − Câu IV. BH= 2 a , 2 1 3 3 3 2 2 4 BH a a BN BN =