De + Dap an TS DH nam 2009 ca 3 khoi A, B, D

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO -ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mơn: 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) x+2 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = (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) Giải phương trình : 3x − + − 5x − = (x ∈ R) π Caâu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ (cos3 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) 60 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 có (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 phần (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: z 2+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 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – = vaø đường thẳng x +1 y z + x −1 y − z +1 = = = = ∆1 : ; ∆2 : Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆1 1 −2 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 + y2 ) = + log (xy)  Giải hệ phương trình :  x2 −xy+ y2 (x, y ∈ R) = 81 3  -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………… ; Số báo danh:………………… BÀI GIẢI GỢI Ý Phần chung: Caâu I −1  −3  D = ¡ \  , y/ = < 0, ∀x ∈ D (2 x + 3) 2 Suy hàm số giảm khoảng xác định khơng có cực trị −3 lim− y = −∞ , lim+ y = +∞ ⇒ −3 −3 TCĐ: x = x→ x→ 2 1 lim y = ⇒ TCN : y = x →±∞ 2 −3 x y/ -∞ y +∞ - +∞ -∞ y Tam giác OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y = x y = -x Nghóa laø: −1  x = −1 ⇒ y = = ±1 ⇒  f’(x0) = ±1 ⇒ (2x + 3)  x = −2 ⇒ y = 2/3 y ∆1 : y – = -1(x + 1) ⇔2 = -x (loaïi) x ∆2 : y – = -1(x + ⇔ y = -x – (nhaän) 2) -2 − Caâu II −1 ĐK: sin x ≠ , sinx ≠ Pt ⇔ ( − 2sin x ) cos x = ( + 2sin x ) ( − sin x ) ⇔ cos x − 2sin x cos x = ( + sin x − 2sin x ) ⇔ cos x − s inx = s in2x + cos x 3 π π   ⇔ cos x − sin x = s in2x + cos x ⇔ cos  + x ÷ = cos  x − ÷ 2 2 6 3   π π π π ⇔ + x = x − + k 2π hay + x = −2 x + + k 2π 6 π π 2π ⇔ x = − k 2π (loaïi) x = − + k , k ∈ Z (nhaän) 18 2 3x − + − 5x − = , điều kiện : − x ≥ ⇔ x ≤ t +2 − 5t Đặt t = 3x − ⇔ t3 = 3x – ⇔ x = vaø – 5x = 3 − 5t Phương trình trở thành : 2t + −8 = { t≤4 − 5t ⇔3 = − 2t ⇔ 15t + 4t − 32t + 40 = ⇔ t = -2 Vậy x = -2 Câu III π π π 0 I = ∫ ( cos3 x − 1) cos2 xdx = ∫ cos5 xdx − ∫ cos xdx π π π I1 = ∫ cos4 x cos xdx = ∫ ( − sin x ) cos xdx = ∫ ( − 2sin x + sin x ) cos xdx t = sin x ⇒ dt = cos xdx Đổi cận: x= ⇒ t = 0; x = π ⇒t=1 1 2t t I1 = ∫ ( − 2t + t ) dt = t − + = 15 π π π π π π + cos x 1 π I = ∫ cos2 xdx = ∫ dx = ∫ dx + ∫ cos xdx = x + sin x = 2 20 4 0 0 π I = ∫ ( cos3 x − 1) cos2 xdx = π − 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 xuống BC 2a + a 3a IJ × CH 3a 3a BC a IJ = = SCIJ = , CJ= = a= = 2 2 2 ⇒ SCIJ = 3a 1 3a 3a 6a 3a = IE × CJ ⇒ IE = = ⇒ SE = ,SI = , CJ 5 A 11  3a 3a 15 V =  [ a + 2a ] 2a ÷ = 3  N B H I J E ⇔ 1+ Caâu V x(x+y+z) = 3yz D y z yz + =3 x x xx C 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 3 ( 1+ u ) + ( 1+ v) + 3( 1+ u ) ( 1+ v) ( u + v) ≤ 5( u + v) Đặt u = ⇔ ( + t ) − ( + u ) ( + v ) − ( + u ) ( + v ) + ( + u ) ( + v ) t ≤ 5t 3 2 ⇔ ( + t ) − ( + u ) ( + v ) ≤ 5t ⇔ ( + t ) − 6(1 + u + v + uv ) ≤ 5t 3 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); Gọi N trung điểm cuûa AB  x N = 2x I − x E = 12 − m I trung điểm NE ⇒  ⇒ N (12 – m; m – 1)  y N = 2y I − y E = − + m = m − u ur uu ur u MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; – m – 2) = (m – 6; – m) u ur ur uu u MN.IE = ⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = ⇔ m – = hay 14 – 2m = ⇔ m = hay m = u ur uu + m = ⇒ MN = (5; 0) ⇒ pt AB laø y = u ur uu + m = ⇒ MN = (4; 1) ⇒ pt AB laø x – – 4(y – 5) = ⇒ x – 4y + 19 = I (1; 2; 3); R = + + + 11 = 2(1) − 2(2) − − = < R = Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) d (I; (P)) = + +1  x = + 2t  Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :  y = − 2t z = − t  Gọi 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 − = Câu 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 Câu 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 = (thoûa IH < R) ⇔ =1 ⇔ IH = m2 + ⇔ – 8m + 16m2 = m2 + ⇔ 15m2 – 8m = ⇔ m = hay m = 15r M (-1 + t; t; -9 + 6t) ∈∆1; ∆2 qua A (1; 3; -1) có véctơ phương a = (2; 1; -2) u ur r uu u ur uu 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 Vaäy M (0; 1; -3) hay M 35 Câu VII.b Điều kiện x, y > log (x + y ) = log 2 + log (xy) = log (2xy)   2  x − xy + y =   18 53   ; ; ÷  35 35 35   x + y = 2xy (x − y) =  x = y x =  x = −2  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ hay   x − xy + y =  xy =  xy =  y =  y = −2  BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO -ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mơn: TỐN; Khối: B 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 = 2x4 – 4x2 (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) 2 Với giá trị m, phương trình x x − = m có nghiệm thực phân biệt? Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin x + cos x sin 2x + cos 3x = 2(cos 4x + sin x)  xy + x + = 7y (x, y ∈ ¡ ) Giải hệ phương trình  2  x y + xy + = 13y Câu III (1,0 điểm) 3 + ln x dx (x + 1) Tính tích phân I = ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc đường thẳng BB’ mặt phẳng · (ABC) 600; tam giác ABC vuông C BAC = 600 Hình chiếu vng góc điểm B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a Câu V (1,0 điểm) Cho số thực x, y thay đổi thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm phần (phần A B) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) hai đường thẳng ∆1 : x – y = 0, ∆2 : x – 7y = Xác định toạ độ tâm K tính bán kính đường trịn (C 1); biết đường tròn (C1) tiếp xúc với đường thẳng ∆1, ∆2 tâm K thuộc đường trịn (C) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có đỉnh A(1;2;1), B(-2;1;3), C(2;1;1) D(0;3;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B cho khoảng cách từ C đến (P) khoảng cách từ D đến (P) Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn : z − (2 + i) = 10 z.z = 25 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x − 2) + y = B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(-1;4) đỉnh B, C thuộc đường thẳng ∆ : x – y – = Xác định toạ độ điểm B C , biết diện tích tam giác ABC 18 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – = hai điểm A(3;0;1), B(1;-1;3) Trong đường thẳng qua A song song với (P), viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng nhỏ Câu VII.b (1,0 điểm) x2 −1 Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị hàm số y = x điểm phân biệt A, B cho AB = -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………… ; Số báo danh:………………… BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I y = 2x4 – 4x2 TXĐ : D = R y’ = 8x – 8x; y’ = ⇔ x = ∨ x = ±1; xlim = +∞ →±∞ x −∞ −1 +∞ y' − + − + y +∞ +∞ −2 CĐ −2 CT CT y đồng biến (-1; 0); (1; +∞) y nghịch biến (-∞; -1); (0; 1) y đạt cực đại x = y đạt cực tiểu -2 x = ±1 Giao điểm đồ thị với trục tung (0; 0) Giao điểm đồ thị với trục hoành (0; 0); (± ;0) (C) y − −1 y (C’) x −2 − −1 x x2x2 – 2 = m ⇔ 2x2x2 – 2 = 2m (*) (*) phương trình hồnh độ giao điểm (C’) : y = 2x2x2 – 2 (d): y = 2m Ta có (C’) ≡ (C); x ≤ - hay x ≥ (C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành - < x < Theo đồ thị ta thấy ycbt ⇔ < 2m < ⇔ < m < Câu II sinx+cosxsin2x+ cos 3x = 2(cos 4x + s i n x) 3sin x − sin 3x ⇔ sin x + sin 3x + cos 3x = cos 4x + 2 ⇔ sin 3x + cos 3x = cos 4x ⇔ sin 3x + cos 3x = cos 4x 2 π π ⇔ sin sin 3x + cos cos 3x = cos 4x 6 π  ⇔ cos 4x = cos  3x − ÷ 6  π π    4x = − + 3x + k2π  x = − + k2 π ⇔ ⇔ π  4x = − 3x + k2π  x = π + k 2π   42   xy + x + = 7y x y + xy + = 13y { y = hệ vô nghiệm x  x + y + y =  y ≠ hệ ⇔  x  x + + = 13 y y   x x 2 2 Đặt a = x + ; b = ⇒ a = x + + ⇒ x + = a − 2b y y y y y a+b=7 a+b=7 Ta có hệ a − b = 13 ⇔ a + a − 20 = { { 1   x + y =  x + y = −5   a=4 a = −5 ⇔ b = hay b = 12 Vậy  x hay  x  =3  = 12  y y  x =  x=3 x − 4x + = x + 5x + 12 = ⇔ x = 3y hay x = 12y (VN) ⇔  y = hay y =   Câu III : 3 3 + ln x dx ln x I=∫ dx = 3∫ +∫ dx 2 (x + 1) (x + 1) (x + 1) 1 { { { { dx −3 I1 = 3∫ = (x + 1) (x + 1) ln x dx (x + 1) I2 = ∫ Đặt u = lnx ⇒ du = dx x { = dv = dx −1 Chọn v = (x + 1) x +1 3 3 ln x dx ln dx dx ln 3 I2 = − +∫ =− +∫ −∫ =− + ln x + 1 x(x + 1) x x +1 Vậy : I = (1 + ln 3) − ln Câu IV a BH a 3a a = ⇒ BN = = BH= , ; B'H = BN 2 goïi CA= x, BA=2x, BC = x CA2 2 BA + BC = BN + C M 2 a = 2  a 9a a 9a 3÷ = = 12 52 208  Ta có: B ' H = BB ' V= 11  x 3 A H 9a  3a  x ⇔ 3x + x =  ÷ + ⇔ x2 = 52   N B Câu V : (x + y)3 + 4xy ≥  ⇒ (x + y)3 + (x + y) − ≥ ⇒ x + y ≥  (x + y) − 4xy ≥  (x + y) ⇒ x + y2 ≥ ≥ 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 + y )  2 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 =± 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 8 4 ⇔ 25x − 80x + 64 = ⇔ x = Vậy K  ; ÷ 5 5 2 R = d (K, ∆1) = uu ur uu ur 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 uu ur ur u 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 − − 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  ⇒ HB2 = = = m − ÷ + m − + ÷ 2  2  11  m = + = 7  ⇔ m − ÷ = ⇔ 2  m = − =  2   11  3 5  5  11  Vậy B1  ; ÷ ∧ C1  ; − ÷ hay B2  ; − ÷∧ C2  ; ÷  2 2 2 2 2  2 uu ur 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 + = 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 + = ur u u u ur ∆ 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 z – (2 + i)= 10 z.z = 25 4x + 2y = 20 (x − 2) + (y − 1) = 10 ⇔  x + y = 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 hoành 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   BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO -ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mơn: TỐN; Khối: D 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 = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị (Cm), m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m = Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) điểm phân biệt có hoành độ nhỏ Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình cos5x − 2sin 3x cos 2x − sin x =  x(x + y + 1) − =  Giải hệ phương trình (x + y) − + = (x, y ∈ R)   x2 Câu III (1,0 điểm) dx Tính tích phân I = ∫ x e −1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông 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 không âm x, y thay đổi thỏa mãn x + y = 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) 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 – = Viết phương trình đường thẳng AC 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 = 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 − ( − 4i ) = B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1) + y2 = Gọi I tâm (C) · Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) cho IMO = 300 x+2 y−2 z = = Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: mặt phẳng (P): 1 −1 x + 2y – 3z + = 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 x điểm phân biệt A, B cho trung điểm đoạn thẳng AB thuộc trục tung -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………… ; Số báo danh:………………… BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I m = 0, y = x4 – 2x2 TXĐ : D = R y’ = 4x – 4x; y’ = ⇔ x = ∨ x = ±1; xlim = +∞ →±∞ x −∞ −1 +∞ y' − + − + y +∞ +∞ −1 CĐ −1 CT CT y đồng biến (-1; 0); (1; +∞) y nghịch biến (-∞; -1); (0; 1) y đạt cực đại x = y −1 −1 x y đạt cực tiểu -1 x = ±1 Giao điểm đồ thị với trục tung (0; 0) Giao điểm đồ thị với trục hoành (0; 0); (± ;0) 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 = − k2 π hay 4x = − π − k2 π = − 3 π π π π ⇔ x = − 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 =3  t+x =3   t + x =  t =1  x =1 ⇔ ⇔ ⇔ ∨  2 x=2 t =2  t + x =  (t + x) − 2tx =  tx =      x(x + y) =  x(x + y) =  y =1 y=− ∨ ⇔ ∨ Vậy  x=2  x =1  x =1 x=2  3 3 − ex + ex ex dx = − ∫ dx + ∫ x dx = −2 + ln e x − Câu III : I = ∫ ex − e −1 1 = −2 + ln(e3 − 1) − ln(e − 1) = −2 + ln(e + e + 1) Câu IV 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 VIABC = S ABC IH = 2a × a × = (đvtt) 32 Tam giác A’BC vuông B H Neân SA’BC= a 52a = a 2 / 2 Xeùt tam giác A’BC IBC, Đáy IC = A C ⇒ S IBC = S A/ BC = a 3 C/ A A C 3VIABC 4a 3 2a a =3 = = 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   2+ 2− x = x = 191   4 Min S =  hay  2− 2+ 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 (-u u- 1) 3;r u AC qua A (1; 2) có VTCP AC = (−4; −3) nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = ⇔ 3x – 4y + = x = − t uu ur  2) AB qua A có VTCP AB = (−1;1; 2) nên có phương trình :  y = + t (t ∈ ¡ )  z = 2t  Vaäy d(A,IBC) = D ∈ AB ⇔ D (2 – t; + t; 2t) uu ur uu r ur 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 (x – 1) + y = 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 I H hình chiếu M xuống OX O Tam giác OM H nửa tam giác M1 H M2 3 3 ⇒ OM = , HM = = 3 3 3 3 3 Vậy M  , ÷, M  , − ÷  2  2 OI=1 => OH = Gọi A = ∆ ∩ (P) ⇒ A(-3;1;1) uu ur ur u a ∆ = (1;1; −1) ; n ( P) = (1;2; −3) u u ur u u r u ur 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) = ⇔ (x – 3)2 + (y + 4)2 = Do đđó tập hợp biểu diễn số phức z mp Oxy đường trịn tâm I (3; -4) bán kính R = x2 + x − Câu VII.b pt hoành 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 = a ... đưa 3 ( 1+ u ) + ( 1+ v) + 3( 1+ u ) ( 1+ v) ( u + v) ≤ 5( u + v) Đặt u = ⇔ ( + t ) − ( + u ) ( + v ) − ( + u ) ( + v ) + ( + u ) ( + v ) t ≤ 5t 3 2 ⇔ ( + t ) − ( + u ) ( + v ) ≤ 5t ⇔ ( + t )... + 1) ln x dx (x + 1) I2 = ∫ Đặt u = lnx ⇒ du = dx x { = dv = dx −1 Chọn v = (x + 1) x +1 3 3 ln x dx ln dx dx ln 3 I2 = − +? ?? =− +? ?? −∫ =− + ln x + 1 x(x + 1) x x +1 Vậy : I = (1 + ln 3) − ln Câu...  x =3 x − 4x + = x + 5x + 12 = ⇔ x = 3y hay x = 12y (VN) ⇔  y = hay y =   Câu III : 3 3 + ln x dx ln x I=∫ dx = 3? ?? +? ?? dx 2 (x + 1) (x + 1) (x + 1) 1 { { { { dx ? ?3 I1 = 3? ?? = (x + 1) (x + 1)