Đối với phần chung (7 điểm) đề thi bám sát các kiến thức cơ bản về khảo sát hàm số, phương trình tiếp tuyến tại một điểm, phương trình lượng giác (sử dụng các công thức về góc nhân đôi[r]
(1)(2)BÀI GIẢI 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 x x
2
x x
lim ; lim
2x 2x
+ −
→ − → −
+ = + ∞ + = − ∞
+ + nên tiệm cận đứng x = - 32 Bảng biến thiên:
Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy 0;2
(3)2 Ta có y '
(2x 3) − =
+ nên phương trình tiếp tuyến x x= (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 0
A B 0
0
2x 8x
x y 2x 8x
(2x 3)
+ +
⇔ = ⇔ + + =
+
0
0
x
(2x 3) 2x
x
= −
⇔ + = ⇔ + = ± ⇔ = −
Thử lại x0 = −2 thỏa mãn Ta có tiếp tuyến y -x - 2= Câu II.
1 ĐKXĐ:
5
1 x k2 ; x k2
sinx 6 6
2
sinx x 2l
2
π − π
≠ − + π ≠ + π
≠ −
⇔
π
≠ ≠ + π
(4)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 + = +
⇔ 5
sin x.cos cos x.sin sin 2x.cos cos 2x.sin
6 3
π + π = π + π
⇔
sin x sin 2x
6 π π + = + ⇔
x 2x m2
6
5
x 2x n2
6 π π + = + + π π π + = π − − + π
⇔ x m2 x m2
2
3x n2 x n
6 18
π π − = − + π = − π ⇔ π π π = − + π = − +
Kết hợp với đkxđ ta có họ nghiệm pt là: x = n2 (n )
18
π π
− + ∈ ¢
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 2(tm)
⇔ + − + =
⇔ + − + =
= −
⇔ − + = ∆ = − <
⇔ = − ⇒ = −
(5)Câu III.
I = 2
0
cos x.dx cos x.dx
π π
−
∫ ∫
Ta có: I2 = 2
0
1
cos x.dx (1 cos2x).dx
π π
= +
∫ ∫ = x 1sin 2x
2
0 π
π
+ =
Mặt khác xét I1 =
0
cos x.dx cos x.cosx.dx
π π
=
∫ ∫
=
3
2
0
1 2sin x
(1 sin x) d(sin x) sin x sin x
5 15
0
π π
− = − + =
∫
Vậy I = I1 – I2 = 15
π − 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)
2 ABCD
1 3a 15 3a 15
V S SI 3a
3 5
(6)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 2 ( )2
2(a + b ) a b − + ab
= (a b) − 2+ 2ab (a b− )2+ ab = (y z) − 2+ 2yz (y z− )2+ 4yz = 2 (y z) + 2+ 4yz y z ( + )2
≤ 2 ( )2 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) (2) ta có điều phải chứng minh Câu VI a
(7)Ta có N ∈ DC, F ∈ AB, IE ⊥ NE Tính N = (11; −1)
Giả sử E = (x; y), ta có: IE
uur
= (x – 6; y – 2); NEuuur = (x – 11; y + 1) IE
uur
NEuuur = 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
(8)Suy
2 2 2
1
2 2
2
z = (-1) + (-3) = 10 z = (-1) + (3) = 10
Vậy A = z + 12 2
z = 10 10 20+ = Chương trình nâng cao
Câu VI b
1 (C) : (x 2)+ 2+ (y 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 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∈ ∆1nên:
a b
a b c
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 ∆2, ta có:
2
(Q)
n = u∆ = (2;1; 2)−
r r
(Q) : 2(x a) 1(y b) 2(z c)
⇒ − + − − − =
Hay (Q): 2x y 2z 9b 16 0+ − + − =
(9)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:
(10)Nhận xét đề thi môn Toán khối A năm 2009
Đề thi đảm bảo tính xác phân loại tốt
Đối với phần chung (7 điểm) đề thi bám sát kiến thức khảo sát hàm số, phương trình tiếp tuyến điểm, phương trình lượng giác (sử dụng cơng thức góc nhân đơi, cơng thức cộng góc đưa dạng bản), phương trình vơ tỷ (sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ), tính tích phân hàm lượng giác ( sử dụng đổi biến hạ bậc hàm lượng giác) Bài hình học tốn tính thể tích khối đa diện Riêng câu V bất đẳng thức dành cho học sinh khá, giỏi địi hỏi phải có biến đổi biểu thức để đưa giả thiết dạng đối xứng sử dụng bất đẳng thức ( Cô – si, Bunhicopsky với n = 2)
Phần riêng cho chương trình :
- Với chương trình chuẩn : hình học khó khăn cho học sinh bình thường
số phức lại dễ sách giáo khoa
- Với chương trình nâng cao phần đại số giải hệ (tuy có logarit), phần hình học
là phù hợp với em học sinh
Như để điểm tối đa đòi hỏi em phải có kỹ tư tốt Điểm 10 năm ít, phải vượt qua V.Các em học sinh học hy vọng điểm