Toàn Bộ Đề,Đáp Án Toán ĐH-CĐ 2009

Bộ GD&ĐT ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009 Đề Chính Thức Môn thi : TOÁN (Thời gian: 180 phút………………………….) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 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 điểm) 1. Giải phương trình 3 sin x cos x sin 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 điểm)Tính tích phân 3 2 1 3 ln x I dx (x 1) + = + ∫ Câu IV (1 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 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 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 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 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 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 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 sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ 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 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. PT:sinx+cosxsin2x+ 3 3 cos3x 2(cos4x si n x)= + 3 1 3sin x sin3x sin x sin 3x 3cos3x 2cos4x 2 2 2 sin3x 3cos3x 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 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  + + =    + + =    2 x y −1 1 0 − 2 (C’) −2 x y −1 1 0 − 2 (C) 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 ln3 3 I ln x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2 = − + = − + − = − + + + + ∫ ∫ ∫ Vậy : 3 I (1 ln 3) ln 2 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  + + ≥  ⇒ + + + − ≥ ⇒ + ≥  + − ≥   C A B M N H 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 − − = ± 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± . Hết. Bộ GD&ĐT ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Đề Chính Thức Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 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− − = 2. Giải hệ phương trình 2 2 x(x y 1) 3 0 5 (x y) 1 0 x + + − =    + − + =   (x, y ∈ R) Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 3 x 1 dx I e 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 = (4x 2 + 3y)(4y 2 + 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 + y 2 = 1. Gọi I là tâm của (C). Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho · IMO = 30 0 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: x 2 y 2 z 1 1 1 + − = = − và mặt phẳng (P): x + 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) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số 2 x x 1 y x + − = tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung. Hết. Thí sinh không sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh……………………………………….;Số báo danh………………………………………. BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I. 1. m = 0, y = x 4 – 2x 2 . TXĐ : D = R y’ = 4x 3 – 4x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1; x lim →±∞ = +∞ x −∞ −1 0 1 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + y +∞ 0 +∞ −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 y đạt cực tiểu bằng -1 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. Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và đường thẳng y = -1 là x 4 – (3m + 2)x 2 + 3m = -1 ⇔ x 4 – (3m + 2)x 2 + 3m + 1 = 0 ⇔ x = ±1 hay x 2 = 3m + 1 (*) Đường thẳng y = -1 cắt (C m ) 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 ⇔ 0 3m 1 4 3m 1 1 < + <   + ≠  ⇔ 1 m 1 3 m 0  − < <    ≠  Câu II. 1) Phương trình tương đương : 3cos5x (sin5x sin x) sin x 0 3cos5x sin5x 2sin x− + − = ⇔ − = ⇔ 3 1 cos5x sin5x sin x 2 2 − = ⇔ sin 5x sin x 3 π   − =  ÷   ⇔ 5x x k2 3 π − = + π hay 5x x k2 3 π − = π − + π ⇔ 6x k2 3 π = − π hay 2 4x k2 k2 3 3 π π = − π − π = − − π ⇔ x k 18 3 π π = − hay x k 6 2 π π = − − (k ∈ Z). 2) Hệ phương trình tương đương : −1 x y −1 1 0 2 2 2 2 2 x(x y 1) 3 x(x y) x 3 5 x (x y) x 5 (x y) 1 x + + =  + + =   ⇔   + + = + + =    ĐK : x ≠ 0 Đặt t=x(x + y). Hệ trở thành: 2 2 2 t x 3 t x 3 t x 3 t 1 x 1 t x 5 (t x) 2tx 5 tx 2 x 2 t 2   + = + = + =  = =     ⇔ ⇔ ⇔ ∨      + = + − = = = =        Vậy 3 x(x y) 1 x(x y) 2 y 1 y 2 x 2 x 1 x 1 x 2  + = + = = = −     ∨ ⇔ ∨     = = =     =  Câu III : 3 3 3 x x x 3 x x x 1 1 1 1 1 e e e I dx dx dx 2 ln e 1 e 1 e 1 − + = = − + = − + − − − ∫ ∫ ∫ 3 2 2 ln(e 1) ln(e 1) 2 ln(e e 1)= − + − − − = − + + + Câu IV. 2 2 2 2 9 4 5 5AC a a a AC a= − = ⇒ = 2 2 2 2 5 4 2BC a a a BC a= − = ⇒ = H là hình chiếu của I xuống mặt ABC Ta có IH AC⊥ / / / 1 2 4 2 3 3 IA A M IH a IH IC AC AA = = ⇒ = ⇒ = 3 1 1 1 4 4 2 3 3 2 3 9 IABC ABC a a V S IH a a= = × × = (đvtt) Tam giác A’BC vuông tại B Nên S A’BC = 2 1 52 5 2 a a a= Xét 2 tam giác A’BC và IBC, Đáy / / 2 2 2 2 5 3 3 3 IBC A BC IC A C S S a= ⇒ = = Vậy d(A,IBC) 3 2 3 4 3 2 2 5 3 9 5 2 5 5 IABC IBC V a a a S a = = = = Câu V. S = (4x 2 + 3y)(4y 2 + 3x) + 25xy = 16x 2 y 2 + 12(x 3 + y 3 ) + 34xy = 16x 2 y 2 + 12[(x + y) 3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x 2 y 2 + 12(1 – 3xy) + 34xy = 16x 2 y 2 – 2xy + 12 Đặt t = x.y, vì x, y ≥ 0 và x + y = 1 nên 0 ≤ t ≤ ¼ Khi đó S = 16t 2 – 2t + 12 S’ = 32t – 2 ; S’ = 0 ⇔ t = 1 16 S(0) = 12; S(¼) = 25 2 ; S ( 1 16 ) = 191 16 . Vì S liên tục [0; ¼ ] nên : Max S = 25 2 khi x = y = 1 2 Min S = 191 16 khi 2 3 x 4 2 3 y 4  + =    −  =   hay 2 3 x 4 2 3 y 4  − =    +  =   PHẦN RIÊNG / A A C I M B H C / 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 vng góc với AH ⇒ BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0 ⇔ x + 6y + 9 = 0 D = BC ∩ AD ⇒ D (0 ; 3 2 − ) D là trung điểm BC ⇒ C (- 3; - 1) AC qua A (1; 2) có VTCP AC ( 4; 3)= − − uuur nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0 ⇔ 3x – 4y + 5 = 0 2) AB qua A có VTCP AB ( 1;1;2)= − uuur nên có phương trình : x 2 t y 1 t (t ) z 2t = −   = + ∈   =  ¡ D ∈ AB ⇔ D (2 – t; 1 + t; 2t) CD (1 t; t;2t)= − uuur . Vì C ∉ (P) nên : (P) CD//(P) CD n⇔ ⊥ uuur r 1 1(1 t) 1.t 1.2t 0 t 2 ⇔ − + + = ⇔ = − Vậy : 5 1 D ; ; 1 2 2   −  ÷   Câu VI.b. 1. (x – 1) 2 + y 2 = 1. Tâm I (1; 0); R = 1 Ta có · IMO = 30 0 , ∆OIM cân tại I ⇒ · MOI = 30 0 ⇒ OM có hệ số góc k = 0 tg30± = 1 3 ± + k = ± 1 3 ⇒ pt OM : y=± x 3 thế vào pt (C) ⇒ 2 2 x x 2x 0 3 − + = ⇔ x= 0 (loại) hay 3 x 2 = . Vậy M 3 3 ; 2 2   ±  ÷   Cách khác: Ta có thể giải bằng hình học phẳng OI=1, · · 0 30IOM IMO= = , do đối xứng ta sẽ có 2 điểm đáp án đối xứng với Ox H là hình chiếu của M xuống OX. Tam giác 1 OM H là nửa tam giác đều OI=1 => 3 3 3 3 3 , 2 6 3 2 3 OH OM HM= ⇒ = = = Vậy 1 2 3 3 3 3 , , , 2 2 2 2 M M     −  ÷  ÷     2. Gọi A = ∆ ∩ (P) ⇒ A(-3;1;1) a (1;1; 1) ∆ = − uur ; (P) n (1;2; 3)= − uuur d đđi qua A và có VTCP d ( P) a a ,n ( 1;2;1) ∆   = = −   uur uur uuur 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 ⇔ 2 2 (x 3) (y 4) 2− + + = ⇔ (x – 3) 2 + (y + 4) 2 = 4 O I 1 M 2 M H 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. Câu VII.b. pt hoành độ giao điểm là : 2 x x 1 2x m x + − = − + (1) ⇔ x 2 + x – 1 = x(– 2x + m) (vì x = 0 không là nghiệm của (1)) ⇔ 3x 2 + (1 – m)x – 1 = 0 phương trình này có a.c < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Ycbt ⇔ S = x 1 + x 2 = b a − = 0 ⇔ m – 1 = 0 ⇔ m = 1. SĐT:0977467739-Không ai muốn mình là người thừa của xã hội. Hãy học,học ,nữa đi>Thân ái!. Hết. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 ----------------------------- Môn thi: TOÁN; Khối: A ĐỀ CHÍNH THÚC 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 ( ) x 2 y 1 2x 3 + = + 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 3. 1 2sin x 1 sinx − = + − 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 x.dx 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 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+ + + + + + + ≤ + . 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. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) P : 2x 2y z 4 0− − − = và mặt cầu ( ) 2 2 2 S : x y z 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 z 1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 2z + 10 = 0. tính giá trị của biểu thức A = |z 1 | 3 + |z 2 | 3 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) [...]... 2 ( xy ) Gii h phng trỡnh 2 2 3x xy + y = 81 ( x, y R ) -Ht - Thớ sinh khụng s dng ti liu Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H tờn thớ sinh.;S bỏo danh P N THI MễN TON KHI A NM 2009 Cõu I 1 Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s + Tp xỏc nh:vi mi x + y = 1 ( 2x + 3) 2 < 0, x 3 2 3 2 + Tim cn x+2 1 1 = nờn tim cn ngang l : y = x 2x + 3 2 2 Vỡ lim x+2 x+2 3 Vỡ lim + 2x + 3 = +;... 2 x xy + y = 4 (x y) 2 = 0 x = y 2 2 (x; y){ (2; 2);( 2; 2)} : tha món 2 x xy + y = 4 x = 4 Ht GV: ng Ngc Liờn-ST: 0977467739 Trng THPT Ngc Hi KonTum é THI TUYN SINH CAO NG KHI A, B, D NM 2009 Mụn thi : TON Thi gian lm bi : 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hm s y = x3 (2m 1)x2 + (2 m)x + 2 (1), vi m l tham s thc 1 Kho sỏt s bin thiờn . liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh……………………………………….;Số báo danh………………………………………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI A NĂM 2009 Câu.  ÷   ⇔ 2 m 24= ⇔ m = 2 6± . Hết. Bộ GD&ĐT ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Đề Chính Thức Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu