Đáp án môn Toán 2009

BÀI GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. 1. / 2 3 1 \ , 0, 2 (2 3) D y x D x − −   = = < ∀ ∈   +   ¡ Suy ra hàm số giảm trên từng khoảng xác định và không 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. Nghĩa là: 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. 1. ĐK: 1 sin 2 x − ≠ , sinx ≠ 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2sin cos 3 1 2sin 1 sin cos 2sin cos 3 1 sin 2sin cos 3sin sin2 3cos2 ⇔ − = + − ⇔ − = + − ⇔ − = + 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 π π 2 2 2 2 3 6 3 6 ⇔ + = − + + = − + +x x k hay x x k π π π π π π 2 2 ⇔ = −x k π π (loại) 2 18 3 = − +x k π π , k ∈ Z (nhận) 2. 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 2 − 1 2 +∞-∞ y y / x -∞ 1 2 - - -2 3 2− 1 2 0 x y 2/3 ⇔ 3 8 5t 3 8 2t 3 − = − ⇔ { 3 2 t 4 15t 4t 32t 40 0 ≤ + − + = ⇔ t = -2. Vậy x = -2 Câu III. ( ) ( ) ( ) 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 π π π π π π Đổi cận: x= 0 ⇒ t = 0; x = 2 π ⇒ t = 1 ( ) ( ) 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 π π π π π π π π π Câu IV. 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. 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 cĩ ( ) ( ) 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 A B D C I J E H N ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 1 1 3 1 1 5u v u v u v u v+ + + + + + + ≤ + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 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 A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a. 1. 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 uuuur = (11 – m; m – 6); IE uur = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m) MN.IE 0= uuuur uur ⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0 ⇔ m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 ⇔ m = 6 hay m = 7 + m = 6 ⇒ MN uuuur = (5; 0) ⇒ pt AB là y = 5 + m = 7 ⇒ MN uuuur = (4; 1) ⇒ pt AB là x – 1 – 4(y – 5) = 0 ⇒ x – 4y + 19 = 0 2. 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. ∆’ = -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 B. Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b. 1. (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.sinAIB 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. M (-1 + t; t; -9 + 6t) ∈∆ 1 ; ∆ 2 qua A (1; 3; -1) có véctơ chỉ phương a r = (2; 1; -2) AM uuuur = (t – 2; t – 3; 6t – 8) ⇒ AM a∧ uuuur r = (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. 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 = −   = −  Trần Minh Quang (Trường THPT Phú Nhuận - TP.HCM) . t x I xdx dx dx xdx x x I x xdx π π π π π π π π π Câu IV. Từ giả thiết bài toán ta suy ra SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J là trung điểm của BC; E. 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