Đề thi tuyển sinh đại học năm 2009 môn thi: Toán; khối: A

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.. Giải phương trình.[r]

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  1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân gốc toạ độ O Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình 1  2sin x cos x  1  2sin x 1  s inx  x  R  Giải phương trình 3x    5x   Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I    cos x  1cos x.dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A và D; AB = AD = 2a, CD = a; góc hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) 600 Gọi I là trung điểm 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 với số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có: x  y   x  z  3  x  y x  z y  z   y  z  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 toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao điểm hai đường chéo AC và BD Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng  :x  y   Viết phương trình đường thẳng AB Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng P : 2x  2y  z   và mặt cầu S: x  y2  z  2x  4y  6z  11  Chứng minh mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định toạ độ tâm và tính bán kính đường tròn đó Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức phương trình z2 + 2z + 10 = tính giá trị biểu thức A = |z1|3 + |z2|3 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn C  : x  y  4x  4y   và đường thẳng  : x  my  2m   , với m là tham số thực Gọi I là tâm đường tròn (C) Tìm m để  cắt (C) hai điểm phân biệt A và B cho diện tích tam giác IAB lớn Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng P  : x  2y  2z   và hai đường thẳng x 1 y z  x 1 y  z 1   ; 2 :   Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1 1 2 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng  và khoăng cách từ M đến mặt phẳng (P) 1 : Câu VII.b (1,0 điểm)   log x  y   log xy  Giải hệ phương trình  2 3x  xy  y  81 x, y  R  -Hết - Lop10.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI A NĂM 2009 Câu I Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số + Tập xác định: x   + y’ = 1 2x  3  0 x   + Tiệm cận x2 1  nên tiệm cận ngang là y = x  2x  2 Vì lim Vì lim 3 x   2  x2 x2  ; lim    nên tiệm cận đứng là x = 3 2x  x   2x  2 Bảng biến thiên:  2 Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy  0;  và cắt Ox (-2; 0)  3 Lop10.com Ta có y '  1 nên phương trình tiếp tuyến x  x (với x   ) là: (2x  3) y - f( x ) = f’( x )(x - x ) y 2x 02  8x  x  (2x  3) (2x  3) Do đó tiếp tuyến cắt Ox A( 2x 02  8x  ;0) và cắt Oy B(0; 2x 02  8x  ) (2x  3) Tam giác OAB cân O  OA  OB (với OA > 0)  x A  y B  2x 02  8x   2x 02  8x  (2x  3)  x  1(L)  (2x  3)   2x   1    x  2 (TM) Với x  2 ta có tiếp tuyến y = x Câu II  5  x    k2; x   k2   s inx    6 ĐKXĐ:  2 s inx   x    2l  Phương trình  cosx - 2sinxcosx =  cosx – sin2x = (1 – sinx + 2sinx – 2sin2x) 3+ sinx - sin2x   sinx + cosx = sin2x + = sin2x + - (1 – 2sin2x) cos2x 1 sin x  cos x  sin 2x  cos 2x 2 2  sin x.cos 5 5    cos x.sin  sin 2x.cos  cos 2x.sin 6 3 5      sin  x    sin  2x    3   5    x   2x   m2   x  5    2x    n2       x    m2  x   m2   2   3x     n2  x     n 2   18 3 Lop10.com Kết hợp với đkxđ ta có họ nghiệm pt là: x=   2 n n  A  18 Đkxđ:  5x   x  (*)  2u  u  3x  v  u  3x  2u  3v   Đặt  (v  0)    3  v   5x  v   5x 5u  3v  5u  3v    15u  64  32u  4u  24   15u  4u  32u  40   (u  2)(15u  26u  20)   u  2  2 15u  26u  20  vô n  '  13  15.20   u  2  x  2 (tm) Vậy phương trình có tập nghiệm là S={-2} Câu III   0 I =  cos5 x.dx   cos x.dx    1   Ta có: I2 =  cos x.dx   (1  cos2x).dx =  x  sin 2x   20 2 0   0 Mặt khác xét I1 =  cos5 x.dx   cos x.cosx.dx   1  2sin x  sin x   =  (1  sin x) d(sin x)   sin x  5  15 2 Vậy I = I1 – I2 =   15 Câu IV 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 IH  3a ; Trong tam giác vuông SIH có SI = IH tan 600  3a 15 SABCD  SAECD  SEBC  2a  a  3a (E là trung điểm AB) Lop10.com 1 3a 15 3a 15 V  SABCDSI  3a  3 5 Câu V 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(a  b ) a  b   ab    = 2 (a  b)  2ab  a  b   ab    = (y  z)  2yz  y  z   4yz    = (y  z)  4yz  y  z  2  4(y  z) y  z   2(y  z) (1) 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 vế (1) và (2) ta có điều phải chứng minh Câu VI a Gọi N là điểm đối xứng với M qua I, F là điểm đối xứng vơi E qua I Lop10.com Ta có N  DC , F  AB, IE  NE Tính N = (11; 1) Giả sử E = (x; y), ta có:   IE = (x – 6; y – 2); NE = (x – 11; y + 1)   IE NE = x2 – 17x + 66 + y2 – y – = (1) E   x + y – = (2) Giải hệ (1), (2) tìm x1 = 7; x2 = Tương ứng có y1 = 2; y2 = 1  E1 = (7; 2); E2 = (6; 1) Suy F1 = (5; 6), F2 = (6; 5) Từ đó ta có phương trình đường thẳng AB là x – 4y + 19 = y = 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   4  1  Vì d(I;(P)) <R nên (P) cắt (S) theo đường tròn Gọi H là hình chiếu I trên (P) thì H là giao mp(P) với đường thẳng qua I, vuông góc với (P) Dễ dàng tìm H= (3;0;2) Bán kính đường tròn là: R  IH  Câu VII a Phương trình: z2 + 2z + 10 = Ta có:  ' = (-1)2 – 10 = -9 = (3i)2 nên phương trình có hai nghiệm là: z1 = -1 – 3i và z2 = -1 + 3i  z1 = (-1) + (-3) = 10 Suy  2  z = (-1) + (3) = 10 2 Vậy A = z1 + z  10  10  20 Chương trình nâng cao Câu VI b Lop10.com (C) : (x  2)  (y  2)  ( 2) Đường tròn (C) có tâm I(-2;-2); bán kính R   : x  my  2m   Gọi H là hình chiếu I trên    Để  cắt đường tròn (C) điểm A,B phân biệt thì: IH<R Khi đó SIAB IH  HA IA R  IH.AB  IH.HA    1 2 2  SIAB max  IH  HA  (hiển nhiên IH < R)   4m m 1    4m  m    8m  16m  m  m   15m  8m    m  15  Vậy, có giá trị m thỏa mãn yêu cầu là: m = và m = 15 Giả sử M(a;b;c) là điểm cần tìm a  b c  a  b   Vì M  1 nên:    1 c  6b   Khoảng cách từ M đến mp (P) là: a  2b  2c  11b  20 d  d(M;(P))   2  (2)   Gọi (Q) là mp qua M và vuông góc với  , ta có:   n (Q)  u 2  (2;1; 2)  (Q) : 2(x  a)  1(y  b)  2(z  c)  Hay (Q): 2x  y  2z  9b  16  Gọi H là giao điểm (Q) và   Tọa độ H là nghiệm hpt: 2x  y  2z  9b  16    x 1 y  z 1    2  H(2b  3;  b  4; 2b  3)  MH  (3b  4)  (2b  4)  (4b  6)  29b  88b  68 Yêu cầu bài toán trở thành: Lop10.com MH  d (11b  20)  261b  792b  612  121b  440b  400  29b  88b  68   140b  352b  212   35b  88b  53  b    b  53 35   18 53  Vậy có điểm thoả mãn là: M(0;1;-3) và M  ; ;   35 35 35  Câu VII b x  y2  Điều kiện   xy   xy  Viết lại hệ dạng: log (x  y )  log (2xy)  x  xy  y2 3 3 2  x  y  2xy   2  x  xy  y  x  y (x  y)     (x; y)(2; 2);(2;  2): thỏa mãn x   x  xy  y  Lop10.com