Gián án De va HDG Dai hoc 3 khoi 2009

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 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 Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 2 2 3 x y x + = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (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 tọa độ O. Câu II (2,0 điểm). 1. Giải phương trình (1 2sinx)cosx 3 (1 2sinx)(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 xdx 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 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 chỉ được làm một trong hai 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 hình chữ nhật ABCD có điểm I (6, 2) là giao điểm của 2 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 tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a (1,0 điểm). Gọi z 1 và z 2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z 2 +2z+10=0. Tính giá trị của biểu thức 2 2 1 2 A z z= + 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) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng ∆ : x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích ∆ IAB lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyzcho mặt phẳng (P) x-2y+2z-1=0 và 2 đường thẳng 1 2 x+1 y z +9 x - 1 y - 3 z +1 : = = ; : = = 1 1 6 2 1 -2 ∆ ∆ . Xác định tọa độ điểm m thuộc đường thẳng 1 ∆ sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 ∆ và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau. Câu VII.b (1,0 điểm). Giả hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 log ( ) 1 log ( ) ( , ) 3 81 x xy y x y xy x y R − +  + = +  ∈  =   ---------------------------------------------------------------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ tên thí sinh:……………………………………………… SBD:………………………. áp án toán kh i D - 2009Đ đề ố Câu I. 1) v i m = 0: y = xớ 4 – 2x 2 + TX : D = R; Đ + y’ = 4x 3 – 4x y’ = 0 ⇔ x = 0; x = 1± + i m c c i (0; 0), i m c c ti u (-1; -1) v (1; -1)Đ ể ự đạ đ ể ự ẻ à + H m s ng bi n trên (-1; 0) v (à ố đồ ế à 1;+∞ ); H m s ngh ch bi n trên à ố ị ế ( ; 1);(0;1)−∞ − . + B ng bi n thiên:ả ế + th :Đồ ị 2) Yêu c u b i toán t ng ng v i pt:ầ à ươ đươ ớ x 4 – (3m + 2)x + 3m = -1 có 4 nghi m phân bi t nh h n 2ệ ệ ỏ ơ x 4 – (3m + 2)x + 3m + 1 = 0. t t = xĐặ 2 , ta có t 2 – (3m + 2)t + 1 + 3m = 0 có hai nghi m tho mãn 0 < tệ ả 1 < t 2 < 4 1 0 3 1 4; (3 1) 1 3 1 1 1 3 0 t m m t m m m =  ⇔ ⇒ < + < + ≠  = +   − < <  ⇒   ≠  Câu II. 1) Gi i ph ng trình ả ươ 3 cos5 2sin 3 cos2 sin 0x x x x− − = 3 cos5 (sin5 sin ) sin 0 3 cos5 sin 5 2sin 3 1 cos5 sin 5 sin sin 5 sin 2 2 3 5 2 3 18 3 ( ) 5 2 3 6 2 x x x x x x x x x x x x x x k x k k Z x x k x k π π π π π π π π π π ⇔ − + − = ⇔ − =   ⇔ − = ⇔ − =  ÷     − = + = −   ⇔ ⇔ ∈     − = − + = − −     2) Gi i h pt: ả ệ 2 2 ( 1) 3 0(1) 5 ( ) 1 0(2) x x y x y x + + − =    + − + =   K: Đ 0.x ≠ -1-1 x 0 -∞ +∞ - 0 +∞ 0 y' y -1 1 +∞ - + 0 0 0 2 2 2 2 3 3 (1) 1 1 3 5 4 6 (2) 1 1 0 2 0 1 1 1 1 2 3. 1 0 1 1 2 1; 1 1 2; 2 x y x y x x x x x x x x x x x y x y ⇔ + − = ⇒ + = +   ⇔ + − + = ⇔ + + =  ÷    = −    ⇔ + + = ⇔   ÷    = −   = − = −   ⇔  = − =  Câu III. 3 3 3 3 1 1 1 1 3 2 3 2 1 1 1 ( 1) ( 1) 1 3 1 1 1 1 ln ln ln ln 1 x x x x x x x x x x x x dx e dx de I de e e e e e e e e e e e e e e e e   = = = = −  ÷ − − − −   − − − + + = = − = ∫ ∫ ∫ ∫ Câu IV. Ta có 2 2 2 2 2 ' ' 5 2 1 . 2 ABC AC A C AA a BC AC AB a S AB BC a = − = ⇒ = − = = = G i N l trung i m AC, ọ à đ ể O MN AC= ∩ H ạ ( )IH AC IH ABC⊥ ⇒ ⊥ Có 2 2 21 ' ' 4 a AM AA A M= + = 3 2 1 ; 3 2 2 2 4 3 3 1 1 4 4 . . 3 3 3 9 ABC IK IM OM AC a IH IA AN IH IK a IH HK a a V IH S a = = = = ⇒ = ⇒ = = = = = Câu V. t Đặ 1 0 4 t xy t= ⇒ ≤ ≤ Ta co: ́ 2 3 3 2 2 2 16( ) 12( ) 9 25 16( ) 12( )(( ) 3 ) 34 16 2 12 S xy x y xy xy xy x y x y xy xy t t = + + + + = + + + − + = − + Xet f(t) = 16t́ 2 - 2t +12 v i ́ơ 1 0 4 t≤ ≤ ta c đượ 1 0 4 1 0 4 25 1 ( ) (" " ) 2 2 191 2 3 2 3 ( ) (" " , ) 16 4 4 t t MaxS Maxf t khi x y MinS Minf t khi x y ≤ ≤ ≤ ≤ = = = = = ± = = = = = m Câu VIa. A B C A’ C ’ M NH K I O 1) Goi (ḍ 1 ): 7x – 2y – 3 = 0, (d 2 ): 6x – y – 4 = 0 lân l t la ph ng trinh ̀ ̀ ̀ượ ươ ng trung tuyên, ng cao qua inh A va N la trung iêm BC.̀ ́ ̀ ̀ ̀đươ đươ đ ̉ đ ̉ Ta co: ́ 1 2 7 2 3 0 : 6 4 0 (1;2) x y A d d x y A − − =  = ∩  − − =  ⇒ Do M la trung iêm AB nên suy ra: B(3; -2)̀ đ ̉ 2 (1;6) : ( ) : 6 9 0 (3; 2) d n u BC PT BC x y B  = =  ⇒ + + =  −   r uur 1 7 2 3 0 : 6 9 0 3 (0; ) 2 x y N d BC x y N − − =  = ∩  + + =  − ⇒ Do N la trung iêm BC nên ̀ đ ̉ ( 3; 1)C⇒ − − Vây ̣ 1 2 ( ) : 3 4 5 0 4 3 x y PT AC x y − − = ⇔ − + = 2) 2 ( 1;1;2) : 1 ( ) 2 x t AB AB y t t R z t = −   = − ⇒ = + ∈   =  uuur V ì (2 ;1 ;2 ) (1 ; ;2 )D AB D t t t CD t t t∈ ⇒ − + ⇒ − uuur CD song song v i (P) thì Để ớ P CD n⊥ uuur r . Ta có (1;1;1) P n r 1 3 1 . ; ; 1 2 2 2 P P CD n CD n t D   ⊥ ⇔ ⇔ = − ⇒ − −  ÷   uuur r uuur r C âu VIIa 2 2 | 3 4 | 2 | 3 ( 4) | 2 ( 3) ( 4) 4 z x iy gt x yi i x y i x y = + ⇔ + − + = ⇔ − + + = ⇔ − + + = KL: Qu tích c n tìm l ng tròn tâm (3; -4), bán kính R = 2.ĩ ầ à đườ Câu VIb. 1) I(1; 0); R = 1. Tam giác OMI cân t i I vì IO = IM = 1.ạ G i (d) l ng trung tr c h t I c a tam giác OIM, suy ra (d) t o v i Ox m t ọ à đườ ự ạ ừ ủ ạ ớ ộ góc 60 0 , suy ra h s góc kệ ố d = 3± . +) 3 :k = − (d): 3( 1) 3 3y x x= − − = − + . Vì 1 1 ( ) : 3 3 OM OM d k ptOM y x⊥ ⇒ = ⇒ = . To c a M l giao c a OM v (C).ạ độ ủ à ủ à 2 2 1 3 3 ; 3 2 2 ( 1) 1 y x M x y  =    ⇒  ÷   ÷    − + =  +) 3 :k = (d): 3( 1) 3 3y x x= − = − . Vì 1 1 ( ) : 3 3 OM OM d k ptOM y x⊥ ⇒ = − ⇒ = − . To c a M l giao c a OM v ạ độ ủ à ủ à (C). 2 2 1 3 3 ; 3 2 2 ( 1) 1 y x M x y  = −    ⇒ −  ÷   ÷    − + =  . 2) (1;1; 1); (1;2; 3). P u n ∆ = − = − r r , ( 1;2;1) d P u u n ∆   ⇒ = = −   r r uur G i M l giao c a ọ à ủ ∆ v (P), ta có M(-3;1;1) nên M thu c (d).à ộ V y (d): ậ 3 1 2 1 x t y t z t = − −   = +   = +  Câu VIIb. Pt t ng giao: ươ 2 2 2 2 1 2 ( 0) 2 1 3 (1 ) 1 0 x x x m x x x mx x x x m x + − − + = ≠ ⇔ − + = + − ⇔ + − − = K: Đ 0 (0) 0 m R f ∆ >  ⇔ ∀ ∈  ≠  G i I l trung i m AB, suy ra ọ à đ ể 1 ; 0 1( ) 2 6 A B I I x x m x x m TM + − = = = ⇒ = . ĐÁP ÁN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi: TOÁN, khối A . trình ả ươ 3 cos5 2sin 3 cos2 sin 0x x x x− − = 3 cos5 (sin5 sin ) sin 0 3 cos5 sin 5 2sin 3 1 cos5 sin 5 sin sin 5 sin 2 2 3 5 2 3 18 3 ( ) 5 2 3 6 2 x x.   ⇔  = − =  Câu III. 3 3 3 3 1 1 1 1 3 2 3 2 1 1 1 ( 1) ( 1) 1 3 1 1 1 1 ln ln ln ln 1 x x x x x x x x x x x x dx e dx de I de e e e e e e e e e e e