dap an 3 khoiA-B-C

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 ---------------------------- Mơn: TỐN; Khối: A ĐỀ CHÍNH THỨC 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 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. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (1 2sin x)cosx 3 (1 2sin x)(1 sin x) − = + − . 2. Giải phương trình : 3 2 3x 2 3 6 5x 8 0− + − − = (x ∈ R) Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 2 3 2 0 I (cos x 1)cos xdx π = − ∫ 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 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 chỉ được làm 1 trong 2 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 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. 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. 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 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. 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. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 2 2 x xy y log (x y ) 1 log (xy) 3 81 − +  + = +   =   (x, y ∈ R) ---------------Hết--------------- Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………… ; Số báo danh:………………… BÀI GIẢI GỢI Ý Phần chung: 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 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: 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 8 5t 3 8 2t 3 − = − ⇔ { 3 2 t 4 15t 4t 32t 40 0 ≤ + − + = ⇔ t = -2. Vậy x = -2 Câu III. +∞ 3 2 − 1 2 +∞-∞ y y / x -∞ 1 2 - - -2 3 2 − 1 2 0 x y 2/3 ( ) ( ) ( ) 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 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 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 A B D C I J E H N 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.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. 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 = −   = −  BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 ---------------------------- Môn: TOÁN; Khối: B ĐỀ CHÍNH THỨC 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 = 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? Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 sin x cos xsin 2x 3 cos3x 2(cos4x sin x)+ + = + 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 xy x 1 7y (x, y ) x y xy 1 13y + + =  ∈  + + =  ¡ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 2 1 3 ln x I dx (x 1) + = + ∫ Câu IV (1,0 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. Câu V (1,0 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 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 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 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) 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) Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn : z (2 i) 10 và z.z 25− + = = B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 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. 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. Câu VII.b (1,0 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. ---------------Hết--------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………… ; Số báo danh:………………… BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I. 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 y −1 1 0 − 2 (C’) −2 x y −1 1 0 − 2 (C) 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’) 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. sinx+cosxsin2x+ 3 3 cos3x 2(cos 4x sin x)= + 3 1 3sin x sin3x sin x sin 3x 3cos3x 2cos4x 2 2 2 sin3x 3 cos3x 2cos4x 1 3 sin3x cos3x cos4x 2 2 sin sin 3x cos cos3x cos4x 6 6 cos4x cos 3x 6 4x 3x k2 x k2 6 6 2 4x 3x k2 x k 6 42 7 − ⇔ + + = + ⇔ + = ⇔ + = π π ⇔ + = π   ⇔ = −  ÷   π π   = − + + π = − + π   ⇔ ⇔   π π π   = − + π = +     2. { 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 : 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 ln3 dx dx ln 3 3 I ln x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2 = − + = − + − = − + + + + ∫ ∫ ∫ Vậy : 3 I (1 ln3) ln2 4 = + − Câu IV. 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, 3BC 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 : 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 = = = Câu VIa. 1. Phương trình 2 phân giác (∆ 1 , ∆ 2 ) : x y x 7y 2 5 2 − − = ± C A B M N H 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. TH1 : (P) // CD. Ta có : AB ( 3; 1;2),CD ( 2;4;0)= − − = − uuur uuur (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 ⇒ = − − − = − + − + − = ⇔ + + − = r r 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 = − − = − ⇒ = − + − = ⇔ + − = uuur uur r 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 ; 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. P AB (4; 1;2); n (1; 2;2)= − = − uuur r 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 ∆ = = − uur uuur Pt (∆) : x 3 y 0 z 1 26 11 2 + − − = = − Câu VII.a. 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 Câu VII.b. Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là : 2 x 1 x m x − − + = ⇔ 2x 2 – 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 ⇔ (x B – x A ) 2 + [(-x B + m) – (-x A + m)] 2 = 16 ⇔ 2(x B – x A ) 2 = 16 ⇔ (x B – x A ) 2 = 8 ⇔ 2 m 8 8 4   + =  ÷   ⇔ 2 m 24= ⇔ m = 2 6± BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 ---------------------------- Môn: TOÁN; Khối: D ĐỀ CHÍNH THỨC 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 4 – (3m + 2)x 2 + 3m có đồ thị là (C m ), 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 (C m ) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3cos5x 2sin3x cos2x sin x 0− − = [...]... AA 3 3 B 1 11 4a 4a 3 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 C/ A A C 3VIABC 4a 3 3 2a 2 a 5 =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 + 12(1 – 3xy)... 30 0, ∆OIM cân tại I ⇒ MOI = 30 0 1 0 ⇒ OM có hệ số góc k = ± tg30 = ± 3 1 x x2 =0 +k=± ⇒ pt OM : y=± thế vào pt (C) ⇒ x 2 − 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 I H là hình chiếu của M xuống OX O Tam giác OM 1 H là nửa tam giác đều M1 H M2 3 3 3 3 3. .. = 2 6 3 2 3 3 3 3 3 Vậy M 1  , ÷, M 2  , − ÷ 2  2 2  2 OI=1 => OH = 2 Gọi A = ∆ ∩ (P) ⇒ A( -3; 1;1) uuu r uu r a ∆ = (1;1; −1) ; n ( P) = (1;2; 3) 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 + (y + 4) 2 = 2 ⇔ (x – 3) 2 +...  − 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 = − k2 π hay 4x = − π − k2 π = − 3 3 3 π π π π ⇔ x = − 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 ⇔... 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 hồnh 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 ⇔... 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 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 - 1) 3; r 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 uuu r  2) AB qua A có VTCP AB = (−1;1;... y )3 – 3xy(x + y)] + 34 xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34 xy = 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’ = 32 t – 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   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... t + x = 3  t =1  x =1 ⇔ ⇔ ⇔ ∨  2 2 2 x=2 t =2  t + x = 5  (t + x) − 2tx = 5  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 dx = − ∫ dx + ∫ x dx = −2 + ln e x − 1 Câu III : I = ∫ 1 ex − 1 e −1 1 1 1 = −2 + ln(e3 − 1) − ln(e − 1) = −2 + ln(e 2 + e + 1) Câu IV AC 2 = 9a 2 − 4a 2 = 5a 2 ⇒ AC = a 5 BC 2 = 5a 2 − a... (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 khơng gian với... 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 = 30 0 x+2 y−2 z = = 2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: và mặt phẳng (P): 1 1 −1 x + 2y – 3z + 4 = 0 Viết phương trình đường thẳng . sinx+cosxsin2x+ 3 3 cos3x 2(cos 4x sin x)= + 3 1 3sin x sin3x sin x sin 3x 3cos3x 2cos4x 2 2 2 sin3x 3 cos3x 2cos4x 1 3 sin3x cos3x cos4x 2 2 sin sin 3x cos cos3x cos4x. ( ) 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