Đề thi thử luyện thi đại học môn toán các khối a,b,d ( có đáp án)

NĂM häc: 2010-2011 Môn thi : TOÁN Thêi gian lµm bµi:150 phót(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) 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 và vẽ đồ thị hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox. Câu II:(2 điểm) 1. Giải phương trình: sin 2 x cos 2 x + = tgx − cot x cos x sin x 2. Giải phương trình: ( 2 − log3 x ) log9 x 3 − 4 =1 1 − log3 x Câu III: (2 điểm) 1.TÝnh nguyªn hµm: 2.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: F ( x) = ∫ sin 2 xdx 3 + 4 sin x − cos 2 x x −1 − x − 2 ≥ x − 3 Câu IV: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(−2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 2x + 5y − 2 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chó ý:ThÝ sinh chØ ®îc chän bµi lµm ë mét phÇn nÕu lµm c¶ hai sÏ kh«ng ®îc chÊm A. Theo chương trình chuẩn Câu Va : 1. Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A 3n − 8C2n + C1n = 49 . 2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB = 3 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: 1. Giải phương trình : log3 ( x − 1) 2 + log 3 ( 2x − 1) = 2 2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với ®¸y hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vu«ng gãc của A lên SB, SD. Chứng minh SC ⊥ (AHK) và tính thể tích khèi chóp OAHK. ………………… …..………………..Hết……………………………………. 1 Híng dÉn chÊm m«n to¸n C©u I Néi Dung ý 1 §iÓm 2 1 Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iÓm) 0,25 • TX§: D = R\ {-1/2} • −3 , Sùù BiÕn thiªn: y = 2 x +1 2 < 0∀x ∈D ( ) 1 2 1 2 Nªn hµm sè nghÞch biÕn trªn (−∞; − )va (− ; +∞) + Giíi h¹n ,tiÖm cËn: lim+ y = +∞ x →− 1 2 lim − y = −∞ x →− 0,25 1 2 1 2 x →−∞ 1 lim y = − 2 x →+∞ ⇒ §THS cã tiÑm cËn ®øng : x = -1/2 lim y = − ⇒ ®THS cã tiÖm cËn ngang: y = -1/2 + B¶ng biÕn thiªn: x −∞ y’ +∞ -1/2 - +∞ -1/2 - 0,25 y −∞ -1/2 2 • §å ThÞ : y 0,25 1 -1/2 0 I 1 x -1/2 2  1  Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là A − ,0   2  1  Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng y = k x +  2  − x + 1 1   2x + 1 = k  x + 2 ÷   / (∆) tiếp xúc với (C) ⇔  − x + 1   ÷ = k coù nghieäm  2x + 1  − x + 1 1   2x + 1 = k x + 2  (1)    ⇔  −3 = k (2)  ( 2x + 1) 2 0,25 0,25 3 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là 1  3 x + ÷ −x + 1 2 =−  2 2x + 1 ( 2x + 1) 1 1 3 ⇔ (x − 1)(2x + 1) = 3(x + ) và x ≠ − ⇔ x − 1 = 2 2 2 5 1 ⇔x= . Do đó k = − 12 2  Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = − 0,25 1 1 x + ÷ 12  2 II 0,25 2 1 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 0,25 0,25 ⇔ 2 cos x + cos x − 1 = 0 ∧ s in2x ≠ 0 2 ⇔ cos x = ⇔x=± 1 ( cos x = −1 :loaïi vì sin x ≠ 0) 2 π + k 2π 3 0,25 0,25 2 2. 4 Phương trình: ( 2 − log3 x ) log9 x 3 − 1 − log x = 1 (1) 3 1 4 − =1 (1) ⇔ ( 2 − log3 x ) log3 9x 1 − log3 x 0,25 4 5 ⇔ 0,25 2 − log3 x 4 − =1 2 + log3 x 1 − log3 x đặt: t = log3x 2−t 4 − = 1 ⇔ t 2 − 3t − 4 = 0 2 + t 1− t (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm) ⇔ t = −1 hay t = 4 thành 1 Do đó, (1) ⇔ log3 x = −1 hay x = 4 ⇔ x = hay x = 81 3 III 0,25 0,25 2 1 1 Ta cã F ( x ) = ∫ sin 2 xdx 2 sin x cos xdx = 3 + 4 sin x − (1 − 2 sin 2 x) ∫ 2 sin 2 x + 4 sin x + 2 §¨t u = sinx ⇒ du = cos xdx Ta cã: F ( x) = G (u ) = ∫ = ln u + 1 + O,25 udu ( u + 1) 0,25 2 =∫ du du −∫ u +1 (u + 1) 2 0,25 1 +c u +1 VËy F ( x) = ln sinx + 1 + 1 +c sin x + 1 0,25 1 2 §k: x ≥ 3 ⇔ x +1 ≥ x − 2 + x − 3 0,25 Bpt ⇔ 2 x 2 − 5 x + 6 ≤ 4 − x 4 − x ≥ 0 ⇔ 2 3 x − 12 x + 8 ≤ 0 3 ≤ x ≤ 4  ⇔ 6 − 2 3 6+2 3 ≤x≤  3  3 ⇔3≤ x ≤ 6+2 3 3 0,25 0,25 0,25 6 IV 1 7 { { 4x + y + 14 = 0 x = −4 . Tọa độ A là nghiệm của hệ 2x + 5y − 2 = 0 ⇔ y = 2 ⇒ A(–4, 2) Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ∆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 2 C(xC, yC) ∈ AC ⇔ y C = − C + ( 3) 5 5 Thế (2) và (3) vào (1) ta có x B + x C = −2  x = −3 ⇒ y B = −2  ⇒ B  2x C 2 − 4x B − 14 − 5 + 5 = −2 x C = 1 ⇒ y C = 0 Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), Điều kiện n ≥ 4 ( n 0,25 0,25 3 1 0,25 1 2 0,25 C(1, 0) V.a 1. 0,25 ) ∑C x n Ta có: x + 2 = k 2k n−k 2 n k =0 Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n 2 n − 4 4 n−4 Hệ số của số hạng chứa x8 là Cn 2 3 2 1 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 = 0 ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = 0 ⇔ n = 7 Nên hệ số của x8 là 2 C47 23 0,25 = 280 2 8 Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R = 3 0,25 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của đoạn AB. Ta có AH = BH = 0,25 AB 3 = 2 2 0,25 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 + ( 1 + 2) = 5 và MH = MI − HI = 5 − Ta có: 0,25 2 2 3 7 = ; 2 2 MH ' = MI + H ' I = 5 + 3 13 = 2 2 3 49 52 + = = 13 4 4 4 3 169 172 R 22 = MA'2 = A' H'2 + MH'2 = + = = 43 4 4 4 R12 = MA 2 = AH 2 + MH 2 = Vậy có 2 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 3 1 1 1. Giải phương trình: log3 ( x − 1) + log 2 3 ( 2x − 1) = 2 1 < x ≠1 2 ⇔ 2 log3 x − 1 + 2 log3 ( 2x − 1) = 2 0,25 §k: ⇔ log3 x − 1 + log3 ( 2x − 1) = 1 ⇔ log3 x − 1 ( 2x − 1) = log3 3 ⇔ x − 1 ( 2x − 1) = 3 0,25 0,25  1 x >1 ⇔ 2 < x < 1 hoac 2x 2 − 3x − 2 = 0 2x 2 − 3x + 4 = 0(vn) { 9 0,25 ⇔x=2 2 2 +BC vuông góc với (SAB) ⇒ BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB ⇒ AH vuông góc với (SBC) ⇒ AH vuông góc SC (1) + Tương tự AK vuông góc SC (2) (1) và (2) ⇒ SC vuông góc với (AHK ) 0,25 0,25 SB2 = AB2 + SA 2 = 3a2 ⇒ SB = a 3 a 6⇒ 2a 3 ⇒ 2a 3 AH.SB = SA.AB ⇒ AH= SH= SK= 3 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A) Ta có HK song song với BD nên HK SH 2a 2 . = ⇒ HK = BD SB 3 0,25 0,25 kÎ OE// SC ⇒ OE ⊥ ( AHK )(doSC ⊥ ( AHK )) suy ra OE lµ ®êng cao cña h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2 0,5 Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 2a 4a2 ⇒ AM= AM 2 = AH 2 − HM 2 = 3 9 0,25 10 1 1a 1 a3 2 (®vtt) VOAHK = OE.SAHK = . HK.AM = 3 32 2 27 0,25 S K I M H E A D O M C 11 Câu II: 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 1. Giải phương trình: cos( 2x − x ) sin2 x − cos2 x ⇔ = sin x cos x sin x cos x ⇔ cos x = − cos 2x ∧ s in2x ≠ 0 ⇔ 2 cos2 x + cos x − 1 = 0 ∧ s in2x ≠ 0 ⇔ cos x = ⇔x=± 1 ( cos x = −1 :loaïi vì sin x ≠ 0) 2 π + k 2π 3 2. Phương trình: ( 2 − log3 x ) log9 x 3 − (1) ⇔ ( 2 − log3 x ) ⇔ 1 4 − =1 log3 9x 1 − log3 x 2 − log3 x 4 − =1 2 + log3 x 1 − log3 x (1) thành 4 = 1 (1) 1 − log3 x đặt: t = log3x 2−t 4 − = 1 ⇔ t 2 − 3t − 4 = 0 2 + t 1− t (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm) ⇔ t = −1 hay t = 4 1 Do đó, (1) ⇔ log3 x = −1 hay x = 4 ⇔ x = hay x = 81 3 Câu IV: 4x + y + 14 = 0 x = −4 . Tọa độ A là nghiệm của hệ 2x + 5y − 2 = 0 ⇔ y = 2 ⇒ A(–4, 2) { { Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ∆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) 12 C(xC, yC) ∈ AC ⇔ y C = − 2x C 2 + ( 3) 5 5 Thế (2) và (3) vào (1) ta có x B + x C = −2  x = −3 ⇒ y B = −2  ⇒ B  2x C 2 − 4x B − 14 − 5 + 5 = −2 x C = 1 ⇒ y C = 0 Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) Câu Vb: 2. (Bạn đọc tự vẽ hình) +BC vuông góc với (SAB) ⇒ BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB ⇒ AH vuông góc với (SBC) ⇒ AH vuông góc SC (1) + Tương tự AK vuông góc SC (2) (2) và (2) ⇒ SC vuông góc với (AHK ) SB2 = AB2 + SA 2 = 3a2 ⇒ SB = a 3 a 6⇒ 2a 3 ⇒ 2a 3 AH.SB = SA.AB ⇒ AH= SH= SK= 3 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A) HK SH 2a 2 . = ⇒ HK = BD SB 3 Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 2a 4a2 ⇒ AM= AM 2 = AH 2 − HM 2 = 3 9 Ta có HK song song với BD nên 1 1a 2 1 2a3 VOAHK = OA.SAHK = . HK.AM = 3 3 2 2 27 Cách khác: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0; a 2 ) Câu I: 1. Khảo sát (Bạn đọc tự làm)  1  2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là A − ,0   2  1  Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng y = k x +  2   −x + 1 1   2x + 1 = k  x + 2 ÷   / (∆) tiếp xúc với (C) ⇔   − x + 1 ÷ = k coù nghieäm  2x + 1  13 − x + 1 1   2x + 1 = k x + 2  (1)    ⇔  −3 = k (2)  ( 2x + 1) 2 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là 1  3 x + ÷ −x + 1 2 =−  2 2x + 1 ( 2x + 1) 1 1 3 ⇔ (x − 1)(2x + 1) = 3(x + ) và x ≠ − ⇔ x − 1 = 2 2 2 5 1 ⇔ x = . Do đó k = − 12 2 1 1 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = −  x + ÷ 12  2 Câu Va: 1. Điều kiện n ≥ 4 Ta có: ( x 2 n ) ∑C x n +2 = k 2k n−k 2 n k =0 Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n 2 n − 4 3 2 1 Ta có: A n − 8Cn + Cn = 49 ⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 ⇔ n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = 0 ⇔ n = 7 Nên hệ số của x8 là C47 23 = 280 2. Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R = 3 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của 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 22 = MA'2 = A' H'2 + MH'2 = + = = 43 4 4 4 Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 2 2 2 2 Ta có: R1 = MA = AH + MH = BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I. 1. y = 2x4 – 4x2 . TXĐ : D = R 3 = +∞ y’ = 8x – 8x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1; xlim →±∞ 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. x2x2 – 2 = m ⇔ 2x2x2 – 2 = 2m (*) (*) là phương trình hoành độ giao điểm của (C’) : y = 2x2x2 – 2 và (d): y = 2m Ta có (C’) ≡ (C); nếu x ≤ - 2 hay x ≥ 2 (C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành 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 cos 3x = cos 4x 6 6 π  ⇔ cos 4x = cos  3x − ÷ 6  π π    4x = − 6 + 3x + k2π  x = − 6 + k2 π ⇔ ⇔  4x = π − 3x + k2π  x = π + k 2π 6 42 7   15 { xy + x + 1 = 7y 2. x 2 y 2 + xy + 1 = 13y 2 y = 0 hệ vô nghiệm x 1   x + y + y = 7 y ≠ 0 hệ ⇔  x 1  x 2 + + 2 = 13 y y  1 x 1 x 1 2 2 2 2 Đặt a = x + ; b = ⇒ a = x + 2 + 2 ⇒ x + 2 = a − 2b y y y y y a+b=7 a+b=7 Ta có hệ là a 2 − b = 13 ⇔ a 2 + a − 20 = 0 { { 1 1   x+ =4 x + = −5     a=4 a = −5 y y ⇔ 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 2 (x + 1) 1 I2 = ∫ Đặt u = lnx ⇒ du = dv = dx x dx −1 . Chọn v = 2 (x + 1) x +1 3 3 3 3 ln x dx 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 goïi 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= 11 2  x 3 2 Câu V : (x + y)3 + 4xy ≥ 2 ⇒ (x + y)3 + (x + y) 2 − 2 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1  2 (x + y) − 4xy ≥ 0 1 (x + y) 2 1 ≥ dấu “=” xảy ra khi : x = y = 2 2 2 2 2 2 (x + y ) Ta có : x 2 y 2 ≤ 4 4 4 2 2 A = 3 ( x + y + x y ) − 2(x 2 + y 2 ) + 1 = 3 (x 2 + y 2 ) 2 − x 2 y 2  − 2(x 2 + y 2 ) + 1 ⇒ x 2 + y2 ≥  2 (x 2 + y 2 ) 2  2 2 ≥ 3  (x + y ) − − 2(x 2 + y 2 ) + 1  4   9 = (x 2 + y 2 ) 2 − 2(x 2 + y 2 ) + 1 4 1 Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ 2 9 2 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 9 1 khi x = y = Vậy : A min = 16 2 Câu VIa. x−y x − 7y =± 1. Phương trình 2 phân giác (∆1, ∆2) : 2 5 2 ⇔ 5(x − y) = ± (x − 7y)  y = −2x :d1 5(x − y) = x − 7y ⇔ ⇔ 1 y = x : d2 5(x − y) = − x + 7y  2  Phương trình hoành độ giao điểm của d1 và (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 4 5 25x2 – 20x + 16 = 0 (vô nghiệm) 2 4 x Phương trình hoành độ giao điểm của d2 và (C) : (x – 2)2 +  ÷ = 2 5 8 8 4 ⇔ 25x 2 − 80x + 64 = 0 ⇔ x = . Vậy K  ; ÷ 5 5 5 2 2 R = d (K, ∆1) = 5 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) = 0 ⇔ 4x + 2y + 7z − 15 = 0 TH2 : (P) qua I (1;1;1) là 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) = 0 ⇔ 2x + 3z − 5 = 0 Câu VIb. 1. −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 ;− ÷ 2 2 x + y = 3 B(m;m – 4) 2 2 BC2 7  1  2 ⇒ HB = = 8 = m − ÷ + m − 4 + ÷ 4 2  2  2. 7 11  m = + 2 =  7  2 2 ⇔ m − ÷ = 4 ⇔ 7 3 2  m = − 2 =  2 2  11 3  3 5  3 5  11 3  Vậy B1  ; ÷ ∧ C1  ; − ÷ hay B2  ; − ÷∧ C 2  ; ÷  2 2 2 2 2 2  2 2 uuur r AB = (4; −1;2); n P = (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. x = 1 + t  Pt tham số BH:  y = −1 − 2t z = 3 + 2t  2 2. Tọa độ H = BH ∩ (Q) thỏa hệ phương trình :  x = 1 + t, y = −1 − 2t, z = 3 + 2t 10  1 11 7  ⇒ H− ; ; ÷ ⇒t=−  9  9 9 9  x − 2y + 2z + 1 = 0 uur uuur 1 ∆ qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP a ∆ = AH = ( 26;11; −2 ) 9 x + 3 y − 0 z −1 = = Pt (∆) : 26 11 −2 Câu VII.a. Đặt z = x + yi với x, y ∈ R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1)i 18 z – (2 + i)= 10 và z.z = 25 4x + 2y = 20 (x − 2) 2 + (y − 1) 2 = 10 ⇔  x 2 + y2 = 25 ⇔ x 2 + y 2 = 25  y = 10 − 2x x=3 x =5 ⇔ x 2 − 8x + 15 = 0 ⇔ y = 4 hay y = 0 { { { { Vậy z = 3 + 4i hay z = 5 Câu VII.b. Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là : − x + m = x2 − 1 x ⇔ 2x2 – mx – 1 = 0 (*) (vì x = 0 không là nghiệm của (*)) Vì a.c < 0 nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt ≠ 0 Do đó đồ thị và đường thẳng luôn có 2 giao điểm phân biệt A, B AB = 4 ⇔ (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16 ⇔ 2(xB – xA)2 = 16  m2 + 8  2 2 ⇔ (xB – xA) = 8 ⇔  ÷ = 8 ⇔ m = 24 ⇔ m = ±2 6 .  4  Hết. 19 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Môn thi : TOÁN 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 hoành độ nhỏ hơn 2. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 cos5x − 2sin 3x cos 2x − sin x = 0  x(x + y + 1) − 3 = 0 2. Giải hệ phương trình (x + y) 2 − 5 + 1 = 0 (x, y ∈ R) 2  x 3 dx I = Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân ∫1 ex − 1 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC). Câu V (1,0 điểm).Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy. 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 với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC. 2. Trong không gian 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 thuộc đường thẳng AB sao 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 các 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) 2 + y2 = 1. Gọi I là tâm của (C). Xác · định tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho IMO = 300. 20 x+2 y−2 z = = và mặt phẳng (P): x + 1 1 −1 2y – 3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng ∆. Câu VII.b (1,0 điểm) x2 + x − 1 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số y = tại hai điểm x phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: ]BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I. 1. m = 0, y = x4 – 2x2 . TXĐ : D = R 3 = +∞ y’ = 4x – 4x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1; xlim →±∞ x −∞ −1 0 1 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + y +∞ 0 +∞ y −1 CĐ −1 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 −1 0 1 y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = ±1 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. Phương trình hoành 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 cắt (Cm) tại 4 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2 khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác ±1 và < 2  1 0 < 3m + 1 < 4 − < m < 1 ⇔  ⇔  3 3m + 1 ≠ 1  m ≠ 0 Câu II. 1) Phương trình tương đương : 3 cos5x − (sin 5x + sin x) − sin x = 0 ⇔ 3 cos5x − sin 5x = 2sin x π  3 1 ⇔ cos5x − sin 5x = sin x ⇔ sin  − 5x ÷ = sin x 3  2 2 π π ⇔ − 5x = x + k2 π hay − 5x = π − x + k2 π 3 3 π π 2π − k2 π ⇔ 6x = − k2π hay 4x = − π − k2 π = − 3 3 3 21 ⇔ x= π π π π − k hay x = − − k (k ∈ Z). 18 3 6 2 2) Hệ phương trình tương đương :  x(x + y + 1) = 3  x(x + y) + x = 3  ĐK : x ≠ 0  5 ⇔ 2 2 2 2  x (x + y) + x = 5  (x + y) + 1 = x 2 Đặt t=x(x + y). Hệ trở thành:  t + x = 3 t+x =3  t + x = 3  t = 1  x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ ∨  2 2 2 x = 2  t + x = 5  (t + x) − 2tx = 5 t =2  tx = 2  3   x(x + y) = 1  x(x + y) = 2  y =1 y=− ∨ ⇔ 2 ∨ Vậy  x=2  x =1  x =1  x = 2 3 3 3 3 1 − ex + ex ex x dx = − dx + dx = − 2 + ln e − 1 Câu III : I = ∫ ∫1 ∫1 ex − 1 1 ex − 1 1 = −2 + ln(e3 − 1) − ln(e − 1) = −2 + ln(e 2 + e + 1) Câu IV. C/ 2 2 2 2 AC = 9a − 4a = 5a ⇒ AC = a 5 BC 2 = 5a 2 − a 2 = 4a 2 ⇒ BC = 2a M H laø hình chieáu cuûa I xuoáng maët ABC Ta coù IH ⊥ AC IA/ A/ M 1 IH 2 4a / = = ⇒ = ⇒ IH = I / 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 giaùc A’BC vuoâng taïi B 1 2 H Neân SA’BC= a 52a = a 5 2 2 / 2 2 2 Xeùt 2 tam giaùc A’BC vaø IBC, Ñaùy IC = A C ⇒ S IBC = S A/ BC = a 5 3 3 3 3 3V 4a 3 2a 2a 5 = = Vaäy 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) + 34xy = 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy = 16x2y2 – 2xy + 12 Đặt t = x.y, vì x, y ≥ 0 và x + y = 1 nên 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 liên tục [0; ¼ ] nên : 2 16 16 25 1 Max S = khi x = y = 2 2 A A 22   2+ 3 2− 3 x = x =   191   4 4 Min S = khi  hay  2 − 3 2 + 3 16 y = y =    4 4 PHẦN RIÊNG Câu VI.a. 1) Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và 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 và vuông góc 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 (-uuu 3;r- 1) AC qua A (1; 2) có VTCP AC = (−4; −3) nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0 ⇔ 3x – 4y + 5 = 0 x = 2 − t uuur  2) AB qua A có VTCP AB = ( −1;1; 2) nên có phương trình :  y = 1 + t (t ∈ ¡ )  z = 2t  D ∈ AB ⇔ D (2 – t; 1 + t; 2t) uuur uuur r CD = (1 − t; t ; 2t) . Vì C ∉ (P) nên : CD //(P) ⇔ CD ⊥ n ( P) 1 5 1  ⇔ 1(1 − t) + 1.t + 1.2t = 0 ⇔ t = − Vậy : D  ; ; − 1÷ 2 2 2  2 2 Câu VI.b. 1. (x – 1) + y = 1. Tâm I (1; 0); R = 1 · · Ta có IMO = 300, ∆OIM cân tại I ⇒ MOI = 300 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 coù theå giaûi baèng hình hoïc phaúng · · OI=1, IOM = IMO = 300 , do ñoái xöùng ta seõ coù 2 ñieåm ñaùp aùn ñoái xöùng vôùi Ox H laø hình chieáu cuûa M xuoáng OX. Tam giaùc OM 1 H laø nöûa tam giaùc ñeàu OI=1 => OH 3 Vaäy 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) uuur uur a ∆ = (1;1; −1) ; n ( P) = (1;2; −3) 23 uur uur uuur 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 + (y + 4)2 = 2 ⇔ (x – 3)2 + (y + 4)2 = 4 Do đđó tập hợp biểu diễn các số phức z trong mp Oxy là đường tròn tâm I (3; -4) và bán kính R = 2. x2 + x − 1 Câu VII.b. pt hoành độ giao điểm là : (1) = −2x + m 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 < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m b Ycbt ⇔ S = x1 + x2 = − = 0 ⇔ m – 1 = 0 ⇔ m = 1. a Hết. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ----------------------------ĐỀ CHÍNH THÚC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn thi: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không 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 + 3 ( 1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (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 toạ độ O. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( 1 − 2sin x ) cos x ( 1 + 2sin x ) ( 1 − s inx ) = 3. 2. Giải phương trình 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0 ( x∈R) Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = π 2 ∫ ( cos x − 1) cos x.dx 3 2 0 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. Câu V (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có: ( x + y) 3 + ( x + z) + 3( x + y) ( x + z) ( y + z) ≤ 5( y + z ) . 3 3 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 với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao điểm của hai 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. 24 2. Trong không gian với hệ toạ 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) cặt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 + 2z + 10 = 0. tính giá trị của biểu thức A = |z1|3 + |z2|3. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 2 2 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x + y + 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 hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − 2y + 2z − 1 = 0 và hai đường thẳng x +1 y z + 9 x −1 y − 3 z +1 = = ; ∆2 : = = . Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆1 sao 1 1 6 2 1 −2 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆ 2 và khoăng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau. ∆1 : Câu VII.b (1,0 điểm) ( ) log 2 x 2 + y 2 = 1 + log 2 ( xy ) Giải hệ phương trình  2 2 3x − xy + y = 81 ( x, y ∈ R ) . ---------------Hết--------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI A NĂM 2009 Câu I. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số + Tập xác định:với mọi x ≠ − + y’ = −1 ( 2x + 3) 2 < 0, ∀ x ≠ − 3 2 3 2 + Tiệm cận Vì lim x →∞ Vì x+2 1 1 = nên tiệm cận ngang là : y = 2x + 3 2 2 lim +  3 x →−  ÷  2 x+2 x+2 = +∞; lim − = −∞ nên tiệm cận đứng là : x = - 3  3  2x + 3 2x + 3 x →−  ÷ 2  2 Bảng biến thiên:  2 Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy tại  0; ÷ và cắt Ox tại (-2; 0)  3 25 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (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 toạ độ O. Ta có y ' = −1 3 ) là: 2 nên phương trình tiếp tuyến tại x = x 0 (với x 0 ≠ − (2x + 3) 2 y - f( x 0 ) = f’( x 0 )(x - x 0 ) 2x 02 + 8x 0 + 6 −x y= + (2x 0 + 3) 2 (2x 0 + 3) 2 Do đó tiếp tuyến cắt Ox tại A( 2x 0 + 8x 0 + 6 ;0) 2 và cắt Oy tại B(0; 2x 02 + 8x 0 + 6 ) (2x 0 + 3) 2 Tam giác OAB cân tại O ⇔ OA = OB (với OA > 0) ⇔ x A = y B ⇔ 2x 02 + 8x 0 + 6 = 2x 02 + 8x 0 + 6 (2x 0 + 3) 2  x 0 = −1(L) ⇔ (2x 0 + 3) 2 = 1 ⇔ 2x 0 + 3 = ±1 ⇔   x 0 = −2 (TM) Với x 0 = −2 ta có tiếp tuyến y = x 2 Câu II. 1.Giải phương trình : ( 1 − 2sin x ) cos x ( 1 + 2sin x ) ( 1 − s inx ) = 3. Giải : 26 π −5π  1 x ≠ − + k2π; x ≠ + k2π   s inx ≠ −  6 6 2⇔ ĐKXĐ:  s inx ≠ 1  x ≠ π + 2lπ  2 Phương trình ⇔ cosx - 2sinxcosx = ⇔ cosx – sin2x = 3 (1 – sinx + 2sinx – 2sin2x) 3+ 3 sinx - 2 3 sin2x ⇔ − 3 sinx + cosx = sin2x + = sin2x + 2 3 (1 – 2sin x) 3 cos2x ⇔ - 3 sin x + 1 cos x = 1 sin 2x + 3 cos 2x 2 2 2 2 ⇔ sin x.cos 5π 5π π π + cos x.sin = sin 2x.cos + cos 2x.sin 6 6 3 3 5π  π   ⇔ sin  x + ÷ = sin  2x + ÷ 6  3   5π π   x + 6 = 2x + 3 + m2π ⇔  x + 5π = π − 2x − π + n2π  6 3 π π    − x = − 2 + m2π  x = 2 − m2π ⇔ ⇔ 3x = − π + n2π  x = − π + n 2π   6 18 3 Kết hợp với đkxđ ta có họ nghiệm của pt là: x= − π 2π +n ( n ∈ Z) 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  3  u = 3 3x − 2 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 − 32u + 4u 2 − 24 = 0 27 ⇔ 15u 3 + 4u 2 − 32u + 40 = 0 ⇔ (u + 2)(15u 2 − 26u + 20) = 0  u = −2 ⇔ 2 2 15u − 26u + 20 = 0 vô n 0 do ∆ ' = 13 − 15.20 < 0 ⇔ u = −2 ⇒ x = −2 (tm). Vậy phương trình có tập nghiệm là S={-2} π 2 ( ) Câu III.Tính tích phân I = cos3 x − 1 cos 2 x.dx .Ta có: ∫ 0 π 2 π 2 0 0 I = cos5 x.dx − cos 2 x.dx ∫ ∫ π 1 1 π  1 Ta có: I2 = cos 2 x.dx = (1 + cos2x).dx =  x + sin 2x ÷ 2 = ∫0 2 2 0 4 2 ∫0 π 2 π 2 π 2 π 2 0 0 Mặt khác xét I1 = cos5 x.dx = cos 4 x.cosx.dx ∫ ∫ π 2 π 1 5  2sin 3 x 8 + sin x ÷ 2 = = ∫ (1 − sin x) d(sin x) =  sin x − 3 5  0 15 0 2 2 Vậy I = I1 – I2 = 8 π − 15 4 Câu IV.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 600. 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: Vì (SBI)và (SCI)vuông góc với (ABCD) nên SI ⊥ (ABCD) . Ta có IB = a 5; BC = a 5; IC = a 2; Hạ IH ⊥ BC tính được IH = 3a 5 ; 5 Trong tam giác vuông 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 Đặt a = x + y và b = x + z Ta có: (a – b)2 = (y – z)2 và ab = 4yz Mặt khác a3 + b3 = (a + b) (a2 – ab + b)2 2 2 ≤ 2(a + b ) ( a − b ) + ab  2 = 2 2  (a − b) 2 + 2ab  ( a − b ) + ab    = 2  (y − z) 2 + 2yz  ( y − z ) + 4yz    = 2 (y + z) 2 + 4yz  ( y + z ) 2 2 ≤ 4(y + z) 2 ( y + z ) = 2(y + z) 2 (1) 2 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 từng vế (1) và (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) là giao điểm của hai 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: Gọi N là điểm đối xứng với M qua I, F là điểm đối xứng vơi E qua I. 29 Ta có N ∈ DC , F ∈ AB, IE ⊥ NE. Tính được 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 2 IE . NE = x – 17x + 66 + y – y – 2 = 0 (1) E ∈ ∆ ⇒x + y – 5 = 0 . (2) Giải hệ (1), (2) tìm được x1 = 7; x2 = 6. Tương ứng có y1 = 2; y2 = 1 ⇒ E1 = (7; 2); E2 = (6; 1) Suy ra F1 = (5; 6), F2 = (6; 5). Từ đó ta có phương trình đường thẳng AB là x – 4y + 19 = 0 hoặc y = 5 . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( S) : x 2 ( P ) : 2x − 2y − z − 4 = 0 và mặt cầu + y + z − 2x − 4y − 6z − 11 = 0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo một đường tròn. 2 2 Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Giải: Mặt cầu có tâm I(1;2;3) bán kính R=5 Khoảng cách từ tâm I đến mp (P) là d(I;(P)) = 2.1 − 2.2 − 3 − 4 4 + 4 +1 =3. Vì d(I;(P)) [...]... có: (a – b)2 = (y – z)2 và ab = 4yz Mặt khác a3 + b3 = (a + b) (a2 – ab + b)2 2 2 ≤ 2(a + b )  ( a − b ) + ab  2 = 2 2  (a − b) 2 + 2ab  ( a − b ) + ab    = 2  (y − z) 2 + 2yz  ( y − z ) + 4yz    = 2 (y + z) 2 + 4yz  ( y + z ) 2 2 ≤ 4(y + z) 2 ( y + z ) = 2(y + z) 2 (1 ) 2 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 từng vế (1 ) và (2 )... điểm của d1 và (C) : (x – 2)2 + ( 2x)2 = 4 5 25x2 – 20x + 16 = 0 (vơ nghiệm) 2 4 x Phương trình hồnh độ giao điểm của d2 và (C) : (x – 2)2 +  ÷ = 2 5 8 8 4 ⇔ 25x 2 − 80x + 64 = 0 ⇔ x = Vậy K  ; ÷ 5 5 5 2 2 R = d (K, ∆1) = 5 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) = 0 ⇔... 1 −2 cách từ M đến đường thẳng ∆ 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau Giải: Giả sử M(a;b;c) là điểm cần tìm a + 1 b c + 9 a = b − 1 = = ⇒ • Vì M ∈ ∆1 nên: 1 1 6 c = 6b − 9 • Khoảng cách từ M đến mp (P) là: a − 2b + 2c − 1 11b − 20 d = d(M;(P)) = = 3 12 + ( 2) 2 + 22 • Gọi (Q) là mp qua M và vng góc với ∆ 2 , ta có: 31 r r n (Q) = u ∆ 2 = (2 ;1; −2) ⇒ (Q) : 2(x − a) + 1(y − b) − 2(z −... – 1 = 0 (* ) (vì x = 0 khơng là nghiệm của (* )) Vì a.c < 0 nên pt ln có 2 nghiệm phân biệt ≠ 0 Do đó đồ thị và đường thẳng ln có 2 giao điểm phân biệt A, B AB = 4 ⇔ (xB – xA)2 + [(- xB + m) – (- xA + m)]2 = 16 ⇔ 2(xB – xA)2 = 16  m2 + 8  2 2 ⇔ (xB – xA) = 8 ⇔  ÷ = 8 ⇔ m = 24 ⇔ m = ±2 6  4  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)... ∩ AD ⇒ A (1 ;2) M là trung điểm AB ⇒ B (3 ; -2) BC qua B và vng góc 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 (- uuu 3;r- 1) AC qua A (1 ; 2) có VTCP AC = ( 4; −3) nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0 ⇔ 3x – 4y + 5 = 0 x = 2 − t uuur  2) AB qua A có VTCP AB = ( −1;1; 2) nên có phương trình :  y = 1 + t (t ∈ ¡ )  z = 2t  D ∈ AB ⇔ D (2 – t; 1... 208  2 Ta có: B ' H = BB ' V= 11 2  x 3 2 Câu V : (x + y)3 + 4xy ≥ 2 ⇒ (x + y)3 + (x + y) 2 − 2 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1  2 (x + y) − 4xy ≥ 0 1 (x + y) 2 1 ≥ dấu “=” xảy ra khi : x = y = 2 2 2 2 2 2 (x + y ) Ta có : x 2 y 2 ≤ 4 4 4 2 2 A = 3 ( x + y + x y ) − 2(x 2 + y 2 ) + 1 = 3 (x 2 + y 2 ) 2 − x 2 y 2  − 2(x 2 + y 2 ) + 1 ⇒ x 2 + y2 ≥  2 (x 2 + y 2 ) 2  2 2 ≥ 3  (x + y ) − − 2(x 2 + y 2... 29 Ta có N ∈ DC , F ∈ AB, IE ⊥ NE Tính được N = (1 1; 1) Giả sử E = (x; y), ta có: uuur uur IE = (x – 6; y – 2); NE = (x – 11; y + 1) uur uuur 2 2 IE NE = x – 17x + 66 + y – y – 2 = 0 (1 ) E ∈ ∆ ⇒x + y – 5 = 0 (2 ) Giải hệ (1 ), (2 ) tìm được x1 = 7; x2 = 6 Tương ứng có y1 = 2; y2 = 1 ⇒ E1 = (7 ; 2); E2 = (6 ; 1) Suy ra F1 = (5 ; 6), F2 = (6 ; 5) Từ đó ta có phương trình đường thẳng AB là x – 4y + 19... ∆ , 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 + (y + 4)2 = 2 ⇔ (x – 3)2 + (y + 4)2 = 4 Do đđó tập hợp biểu diễn các số phức z trong mp Oxy là đường tròn tâm I (3 ; -4) và bán kính R = 2 x2 + x − 1 Câu VII.b pt hồnh độ giao điểm là : (1 ) = −2x + m x ⇔ x2 + x – 1 = x(– 2x + m) (vì x =... là nghiệm của (1 )) ⇔ 3x2 + (1 – m)x – 1 = 0 phương trình này có a.c < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m b Ycbt ⇔ S = x1 + x2 = − = 0 ⇔ m – 1 = 0 ⇔ 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... 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 thi t ta có: x2 + xy + xz = 3yz ⇔ (x + y)(x + z) = 4yz Đặt ... §THS cã tiĐm cËn ®øng : x = -1 /2 lim y = − ⇒ ®THS cã tiƯm cËn ngang: y = -1 /2 + B¶ng biÕn thi n: 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... Phương trình: z2 + 2z + 10 = Ta có: ∆ ' = (-1 )2 – 10 = -9 = (3i)2 nên phương trình có hai nghiệm là: z1 = -1 – 3i z2 = -1 + 3i 30  z1 = (-1 ) + (-3 ) = 10 Suy  2  z = (-1 ) + (3) = 10 2 Vậy A = z1... 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