de thi toan dai hoc 2

Vi ết phương tr ình đường thẳng AB.[r]

(1)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009

MÔN THI: TỐN, KHỐI A ĐỀ CHÍNH THỨC THỜI GIAN LÀM BÀI: 180 PHÚT PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số:  1

2

x y

x  



1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số  1

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số  1 , biết tiếp tuyến cắt trục hồnh, trục tung hai điểm phân biệt A B, tam giác OAB cân gốc tọa độ O

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:  

  

1 2sin cos

3 2sin sin

x x





 

2 Giải phương trình: 33 x23 5 x 8 x

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:  

3

0

cos cos

I x xdx



 

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D; ABAD2a,

CDa; góc hai mặt phẳng SBC ABCD 60 G0 ọi I trung điểm

cạnh AD Biết hai mặt phẳng SBI SCI vng 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, , 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 làm hai phần (phần A 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 giao

điểm hai đường chéo AC BD Điểm M1;5 thuộc đường thẳng AB trung điểm

E cạnh CD thuộc đường thẳng :x y 5 Viết phương trình đường thẳng AB Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : 2x2y z 40 mặt cầu

  2

: 11

S x y z  x y z  Chứng minh mặt phẳng  P cắt mặt cầu  S

theo đường tròn Xác định tọa độ tâm tính bán kính đường trịn

Câu VII.a (1,0 điểm)

Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z22z100 Tính giá trị biểu thức

2

1

A z  z

B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

(2)

423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM ĐT: 08 7305 7668 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C :x2y24x4y 6

đường thẳng :xmy2m 3 0, với m tham số thực Gọi I tâm đường trịn  C Tìm m để  cắt  C hai điểm phân biệt A B cho diện tích tam giác IAB lớn

nhất

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P :x2y2z 1 hai

đường thẳng 1:

1

x y z

   , 2:

2

x y z

  

 Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 khoảng cách từ

M đến mặt phẳng  P

Câu VII (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình    

2

log log

3x xy y 81

x y xy

 

   

 

 



HƯỚNG DẪN GIẢI

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

1 Bạn đọc tự giải

2 Tam giác OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng yx

hoặc y x Suy ra:

 

0

1

2

x y

y x

x y

x

    



       

   

 

 

1: y x y x

        (loại)

 

2: y x y x

         (nhận)

Vậy tiếp tuyến cần tìm là: 2: y  x

Cách khác: A a ;0 , B0;b, đường thẳng qua A B, có dạng x y

ab  , tam giác OAB cân O

nên

a  b b a

+ Với ba đường thẳng y  x a, để đường thẳng tiếp tuyến hệ sau có nghiệm

 2

2

1

2

x x

x a x a

x x

x

x x



 



      

  

 



    



   



   

 

Với x  1 a 2 đường thẳng y  x (nhận)

(3)

 2

2

1

2

x

x a x

x  

   

  

 

  

Hệ vô nghiệm nên đường thẳng không tiếp tuyến

Vậy tiếp tuyến đường thẳng y  x Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:  

  

1 2sin cos

3 2sin sin

x x





 

Điều kiện:  

2

1 2sin sin

2

1 sin

sin

2

x k

x x

k

x k

x

x k



 





   

 

   

  

    

  

  

   



  





 

  

1 2sin cos

3 2sin sin

x x





 

2 cos 2sin cos

3 sin 2sin 2sin

x x x



 

  

 

cosx sin 2x sinx cos 2x

   

3 1

cos s in2 cos sin

2 x x x x

   

cos cos

6

x  x 

   

      

   

   

2 2

6

2

18

6

x x k x k l

x k n

x x k

  

 



 

     

 

 

         



 



Vậy

18

S    k 

 

2 Giải phương trình: 33 x23 5 x 8   * x

Điều kiện:

5

x

Đặt:

3

u x , suy u3 3x2

v  x, suy v2  6 5x

(4)

423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM ĐT: 08 7305 7668

   

3

2

5

u v

   

 

 

 

 1

u

v 

  thay vào  2 ta được:

2

8

5

3

64 32

5

3

u u

u 

 

   

 

 

  

  

 

3

2

15 32 40

2 15 26 20

2

15 26 20

u u u

u

u u vn

    

    

  



Với u  2 suy v4, ta có hệ

2 2

2

4 16

u x

x

v x

    

 

   

 

  

 

Thay x 2 vào  * ta thấy 2 nghiệm phương trình

Vậy S   2 Câu III (1,0 điểm)

 

2 2

3

1

0 0

cos cos cos cos

I x xdx xdx xdx I I

  

     

     

2 2

2

5

1

0 0

5

0

cos cos cos sin sin

sin 2sin

sin

5 15

I xdx x xdx x d x

x x

x

  



    

 

       

 

  

   

2

0

2

cos cos

2

1

s in2

2

I xdx x dx

x x

 



   

 

    

 

 

Vậy: 1 2 15

(5)

Câu IV (1,0 điểm)

E

F

C I

B A

D

I

B E

A

D C

S

F

Theo giả thiết ta có SI vng góc với mặt phẳng ABCD

Xét tam giác BEC ta có: BC  BE2CE2  a24a2 a Ta có: SBIC SABCD SABI SCDI

 

2

2 1

.2

2 2

a a a a

a a a



   

Trong tam giác BEC, kẻ IF đường cao, ta có:

2

2 2

5

BIC

a

S a

IF

CB a

  

Vì góc mặt phẳng SBC mặt phẳng ABCD 60

 3

tan 3

5

SI a a

SFI SI IF

IF

     

Vậy thể tích khối chóp S ABCD

2

1 3 15

.3

3 ABCD 5

a

V  SI S  a  a (đvtt)

Câu V (1,0 điểm)

Xét điều kiện :

2

2 2

3

( ) ( ) 2( ) ( )

( ) ( ) ( )

x xy xz yz

x y x z y z y z

x y x z x y x z

y z y z y z y z

  

       

   

    

   

Đặt u x y,v x z ( ,u v 0)

y z y z

 

  

 

(6)

 

2 2

2

2 ( )

1

u v u v

u v uv

   

   

Khi ta có

3 3

3

2

( ) ( ) 3( )( )( ) 5( )

( ) ( ) 3( )( )

3

( )( )

x y x z x y y z x z y z

x y x z x y x z

y z y z y z y z

u v uv

u v u uv v uv

        

   

   

   

   

     

 

3

u v uv

    (do (1))

Mặt khác, từ (1) ta có : uv 1 uv21  3 , Và ( )2 3( )2

4

uv   uv   uv (uv)2 4u v  4 Từ (3) (4) ta có điều cần chứng minh (2)

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 I6; , M1;5

 ;5 

E  E a a , IE a6;3a

Gọi P điểm đối xứng E qua I

Suy P12a a; 1

11 ; 6 MP a a



Ta có: 11  6  3 

a

MP IE a a a a

a  

         

 

 

Phương trình đường thẳng AB nhận IE làm vectơ pháp tuyến

Với a6 suy IE 0; 3 



nên AB: 3 y150 y5 Với a7 suy IE 1; 4  nên AB x: 4y190

Cách khác: I6; , M1;5

 ;5 

E  E a a , IE a6;3a

 Đường thẳng AB nhận IE



làm pháp vectơ nên có dạng

     

   

6

a x a y

a x a y a

     

      

(7)

       

   

2

6

6 39

2 18 45 39

a a a

a a

a a a

    

    

  

     

    

2 2

2 18 45 39

13 42

5

6

5 13 13

2

a a a

a a

    

 

    



   

 

   

   



  

   



+ Với a6 AB y: 5  1 + Với a7 AB x: 4y190  2 + Với 13

2

a  AB: 7 13 x 1 13y 2 0  3 + Với 13

2

a  AB: 7 13 x 1 13y 2 0  4 Ta thấy

Với 13

2

a  13 5; 13

2

E   

 

E 3 (loại)

Với 13

2

a  13 5; 13

2

E   

 

E 4 (loại)

Vậy phương trình AB y5 x4y190

2 VTPT  P : nP (2, 2, 1) 



2 2

( ) : (S x1) (y2) (z3) 25 Có tâm I(1, 2,3), bán kính R5

 

, 2 2 2

| 2.1 2.2 | ( 2) ( 1)

I P

d  R

 

  

  

   

Vậy (d) cắt (P) theo đường tròn Gọi J r tâm bán kính Gọi ( ) qua I vuông (P)

1 ( ) : 2

3

x t

y t

z t

   

       

suy J   ( ) ( )P

(8)

2 2

2(1 ) 2(2 ) (3 )

9

1 (3,0, 2)

2 ( 2) ( 1)

5

t t t

t t J IJ

r R IJ

      

  

  

     

     

Câu VII.a (1,0 điểm)

2 10

z  z  Ta có :

1

1 10

1 3

i

z i

 

           

  

   

Suy A z12 z22 20

B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu VI.b (2,0 điểm)

1  C :x2y2 4x4y 6

Ta có tâm I 2; 2 bán kính R :x my 2m

    

Ta có: sin 2sin

2 2

IAB

S  IA IB AIB R AIB R  Dấu ""xảy  

sinAIB AIB 90

   

Ta có tam giác IAB tam giác vuông cân, suy

 ; 

2

R d I   

 2

2

2 2

1 1 1

1

m m

m m m m

m

   

         



0

15 8

15

m

m m

m   

   

  

2 Phương trình tham số 1:

1

1 :

9

x t

y t

z t

   

   

    

1

M   suy M 1 t t; ;  9 6t

(9)

2 ; ;  MA t t  t



, MA u; 2 8t14; 14 t20;t 4

 

 

Khoảng cách từ M đến 2:

     

 

     

2 2 2

2

2 2

2

; 8 14 14 20 4 8 14 14 20 4

3

2

MA u t t t t t t

u

             

 

 

  

  

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng  P :

 

 2

2

1 2 11 20

3

1 2

t t t t

       

   

Hai khoảng cách dẫn đến:

8t142  14t202t 42 11t202

2

140 352 212

53 35

t t

   

   

  

Với t 1 suy M 0;1; 3  Với 53

35

t  suy 18 53 3; ; 35 35 35

M 

 

Câu VII (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

   

 

2

log log

3x xy y 81

x y xy

I

 

   

 

 



Điều kiện: xy0

 

2

2 2

2

4

x y x y

x y xy

I

x xy y x

x xy y

 

    



   

   

  

  



2

x x

y y

  

 

 

  

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm 2; ,  2; 2

Định dạng
Số trang	9
Dung lượng	325,55 KB