LOI GIAI GOI Y MON TOAN KHOI A THI DH NAM 2009

Lê Thống Nhất, ThS Đặng Văn Quản, ThS Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo.[r]

Lời giải tham khảo mơn Tốn kỳ thi ĐH-CĐ năm 2009

Câu I

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số + Tập xác định: x

2  

+ y’ =

 2

1

0 x 2x



    

+ Tiệm cận Vì

x

x

lim

2x



 

 nên tiệm cận ngang y =

Vì

3

x x

2

x x

lim ; lim

2x 2x

 

   

   

   

 

   

  nên tiệm cận đứng x = -

3

Bảng biến thiên:

Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy 0;2

 

 

2 Ta có y ' 2 (2x 3)

 

 nên phương trình tiếp tuyến xx0 (với x

2   ) là: y - f(x ) = f’(0 x )(x -0 x ) 0

2

0

2

0

2x 8x

x y

(2x 3) (2x 3)

 



 

 

Do tiếp tuyến cắt Ox A(

0

2x 8x 6;0) cắt Oy B(0;

2

0

2

2x 8x

(2x 3)

 

 )

Tam giác OAB cân OOAOB(với OA > 0)

2

2 0

A B 0

0

2x 8x

x y 2x 8x

(2x 3)

 

     



0

0

0

x

(2x 3) 2x

x

  

        

  

(thỏa mãn) Với x0   ta có tiếp tuyến1 y-x

Với x0   ta có tiếp tuyến y2 -x -

1 ĐKXĐ:

5

1 x k2 ; x k2

s inx 6 6

2

s inx x 2l

2                              

Phương trình  cosx - 2sinxcosx = (1 – sinx + 2sinx – 2sin2x)  cosx – sin2x = + sinx - sin2x

  3sinx + cosx = sin2x + (1 – 2sin2x) = sin2x + cos2x  - 3sin x 1cos x 1sin 2x 3cos 2x

2 2 2 

 sin x.cos5 cos x.sin5 sin 2x.cos cos 2x.sin

6 3

   

  

 sin x sin 2x

6                  

x 2x m2

6

5

x 2x n2

6                      

x m2 x m2

2

2

3x n2 x n

6 18

                                

Kết hợp với đkxđ ta có họ nghiệm pt là: x = n2 n 

18

 

  

2 Đkxđ: 5x x     (*) Đặt 3 2

2u 3v

u 3x u 3x

(v 0)

5u 3v

v 5x

v 5x

                          



8 2u v

3

5u 3v

         

15u 64 32u 4u 24

3 2

2

0

15u 4u 32u 40 (u 2)(15u 26u 20)

u

15u 26u 20 vô n ' 13 15.20 u x (tm)

                            

Vậy phương trình có tập nghiệm S={-2}

Câu III

I =

2

5

0

cos x.dx cos x.dx

 



 

Ta có: I2 =

2

2

0

1

cos x.dx (1 cos2x).dx

 

 

  = x 1sin 2x

2

0          

Mặt khác xét I1 =

2

5

0

cos x.dx cos x.cosx.dx

     =

2

0

1 sin x

(1 sin x) d(sin x) sin x sin x

5 15

0             

Vậy I = I1 – I2 =

8 15

 

Câu IV

Vì (SBI)và (SCI)vng góc với (ABCD) nên SI(ABCD) Ta có IBa 5; BCa 5; ICa 2;

Hạ IHBC tính IH 3a 5

 ;

Trong tam giác vng SIH có SI = IH tan 600 3a 15



2 2

ABCD AECD EBC

S S S 2a a 3a (E trung điểm AB)

3

ABCD

1 3a 15 3a 15

V S SI 3a

3 5

Câu V

Từ giả thiết ta có:

x2 + xy + xz = 3yz  (x + y)(x + z) = 4yz Đặt a = x + y b = x + z

Ta có: (a – b)2 = (y – z)2 ab = 4yz Mặt khác

a3 + b3 = (a + b) (a2 – ab + b)2  2(a2b )2 ab2ab

 

= (a b)22ab ab2ab 

=  2

2 (y z)  2yz  y z 4yz 

=  2

2 (y z) 4yz yz

 4(y z) yz2 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) (2) ta có điều phải chứng minh

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 ta có phương trình đường thẳng AB x – 4y + 19 = y = Mặt cầu có tâm I(1;2;3) bán kính R=5

Khoảng cách từ tâm I đến mp (P) 2.1 2.2

d(I; (P))

4

  

 

 

Vì d(I;(P)) <R nên (P) cắt (S) theo đường trịn

Gọi H hình chiếu I (P) H giao mp(P) với đường thẳng qua I, vng góc với (P) Dễ dàng tìm H= (3;0;2)

Bán kính đường trịn là: R2IH2 4

Câu VII a

Suy

2 2 2

1

2 2

2

z = (-1) + (-3) = 10 z = (-1) + (3) = 10 

   

Vậy A = z12+ z2 10 10 20

Chương trình nâng cao Câu VI b

1 (C) : (x2)2(y2)2 ( 2)2

Đường trịn (C) có tâm I(-2;-2); bán kính R : x my 2m

    

Gọi H hình chiếu I 

 Để cắt đường tròn (C) điểm A,B phân biệt thì: IH<R  Khi

2 2

IAB

1 IH HA IA R

S IH.AB IH.HA

2 2





     

SIAB max

  IHHA1 (hiển nhiên IH < R)

2 2

2

2

1 4m

1 4m m 1 8m 16m m

m

m

15m 8m 8

m 15 

          



  

   

  

Vậy, có giá trị m thỏa mãn yêu cầu là: m = m = 15 Giả sử M(a;b;c) điểm cần tìm

 Vì M   nên: 1 a b c a b c 6b

1

  

 

   

 

  Khoảng cách từ M đến mp (P) là:

2 2

a 2b 2c 11b 20 d d(M;(P))

3 ( 2)

   

  

  

 Gọi (Q) mp qua M vng góc với  , ta có: 2

2

(Q)

n u (2;1; 2)

 

(Q) : 2(x a) 1(y b) 2(z c)

      

2 2 2

2x y 2z 9b 16

x y z

2

H( 2b 3; b 4; 2b 3)

MH (3b 4) (2b 4) (4b 6) 29b 88b 68

                               

Yêu cầu toán trở thành:

2 2 2 2 MH d (11b 20) 29b 88b 68

9

261b 792b 612 121b 440b 400 140b 352b 212

35b 88b 53 b 53 b 35                           

Vậy có điểm thoả mãn là: M(0;1;-3) M 18 53 3; ; 35 35 35

 

 

 

Câu VII b

Điều kiện

2

x y

xy xy        

Viết lại hệ dạng:

2

2 2

2

2

x xy y

log (x y ) log (2xy) x y 2xy

x xy y

3  

                     2 2 x y (x y)

(x; y) (2; 2); ( 2; 2)

x

x xy y

                   

: thỏa mãn Nhóm chuyên gia giải đề: