De dap an DHCD nam 2009

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.. Câu II (2,0 điểm).[r]

Bộ GD&ĐT ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009

Đề Chính Thức Mơn thi : TỐN

(Thời gian: 180 phút……….) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm)Cho hàm số y = 2x4 – 4x2 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Với giá trị m, phương trình x x2 2 m có nghiệm thực phân biệt? Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình sin x cos x sin 2x 3 cos3x 2(cos 4x sin x)3

   

2 Giải hệ phương trình 2 xy x 7y

(x, y )

x y xy 13y

   

 

   



Câu III (1 điểm)Tính tích phân

2

3 ln x

I dx

(x 1)  

  Câu IV (1 điểm)

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc đường thẳng BB’ mặt phẳng (ABC) 600; tam giác ABC vuông C 

BAC = 600 Hình chiếu vng góc điểm B’ lên mặt phẳng

(ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a Câu V (1 điểm)

Cho số thực x, y thay đổi thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức :A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1

PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x 2)2 y2

   hai đường thẳng 1 : x – y = 0, 2 : x – 7y = Xác định toạ độ tâm K tính bán kính đường tròn (C1); biết đường tròn (C1) tiếp xúc với đường thẳng 1, 2 tâm K thuộc đường trịn (C)

2 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có đỉnh A(1;2;1), B(-2;1;3), C(2;-1;1) D(0;3;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B cho khoảng cách từ C đến (P) khoảng cách từ D đến (P)

Câu VII.a (1 điểm)

Tìm số phức z thoả mãn : z (2 i)   10 z.z 25 B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(-1;4) đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x – y – = Xác định toạ độ điểm B C , biết diện tích tam giác ABC 18

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – = hai điểm A(-3;0;1), B(1;-1;3) Trong đường thẳng qua A song song với (P), viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng nhỏ

Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị hàm số

x

y x



 điểm phân biệt A, B cho AB =

Hết

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh……….;Số báo danh……… BÀI GIẢI GỢI Ý

Câu I.

1 y = 2x4 – 4x2 TXĐ : D = R y’ = 8x3 – 8x; y’ =  x =  x = 1;

xlim  x  1 + y'  +  +

y + + 2 CĐ 2

CT CT y đồng biến (-1; 0); (1; +)

y nghịch biến (-; -1); (0; 1) y đạt cực đại x = y đạt cực tiểu -2 x = 1

Giao điểm đồ thị với trục tung (0; 0)

Giao điểm đồ thị với trục hoành (0; 0); ( 2;0) x2x2 – 2 = m  2x2x2 – 2 = 2m (*)

(*) phương trình hồnh độ giao điểm (C’) : y = 2x2x2 – 2 (d): y = 2m

Ta có (C’)  (C); x  - hay x 

(C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành - < x <

Theo đồ thị ta thấy ycbt  < 2m <  < m < Câu II.

1 PT:sinx+cosxsin2x+ 3 cos 3x 2(cos 4x s i n x)3

 

3 3sin x sin 3x

sin x sin 3x cos3x 2cos4x

2 2

sin 3x cos3x 2cos 4x

1

sin 3x cos3x cos4x

2

sin sin 3x cos cos3x cos 4x

6

cos 4x cos 3x

4x 3x k2 x k2

6

2

4x 3x k2 x k

6 42



    

  

  

 

  



 

    

 

 

 

      

 

  

  

       

 

 

x y

1

 2

(C’) 2

x y

1

 2

2 xy x 7yx y2 2  xy 13y2

  

y = hệ vô nghiệm y  hệ 

2 x x y y x x 13 y y             

Đặt a = x1y; b = x y 

2

2

1 x

a x

y y

   x2 12 a2 2b y

   Ta có hệ a b 72

a b 13

 

  

a b

a a 20

 

  

 a 4b 3 hay ab 12 Vậy x y x y           hay x y x 12 y            

x 4x

x 3y   hay 

x 5x 12

x 12y   (VN) 

x 1 y       

hay x 3y 1 Câu III :

3 3

2 2

1 1

3 1 2

3 ln x dx ln x

I dx dx

(x 1) (x 1) (x 1)

dx 3

I

(x 1) (x 1)

ln x I dx (x 1)                    

Đặt u = lnx du dx x   dx dv (x 1) 

 Chọn

1 v x   

3 3

2

1 1

ln x dx ln dx dx ln 3

I ln

x x(x 1) x x

      

     

Vậy : I 3(1 ln 3) ln    Câu IV. BH= a

, 13

3 2

BH a a

BN

BN     ;

3 '

2 a B H  goïi CA= x, BA=2x, BC x

2

2 2

2 CA BA BC  BN 

2 2

2

3

4

a x

x x  

Ta có: ' ' 3

2

a B H BB 

V= 1 3 9

3 2 12 52 208

a a a a

x

 

 

 

 

Câu V :

3

3

2

(x y) 4xy

(x y) (x y) x y

(x y) 4xy

   



         

  

 

2

2 (x y)

x y

2



    dấu “=” xảy : x y

2   Ta có :

2 2 2 (x y ) x y

4  

 4 2 2 2 2 2

A x y x y  2(x y ) (x   y )  x y  2(x y ) 1 2

2 2 2

2 2 2

(x y )

3 (x y ) 2(x y )

4

(x y ) 2(x y )

4

  

       

 

    

Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ 1 2

9

f (t) t 2t 1, t

4

9

f '(t) t t

2

1

f (t) f ( )

2 16

   

    

  

Vậy :

9

A x y

16

  

Câu VIa.

1 Phương trình phân giác (1, 2) : x y x 7y

2

 



1

5(x y) (x 7y)

y 2x :d

5(x y) x 7y

1

5(x y) x 7y y x : d

2    

    

 

  



   





Phương trình hồnh độ giao điểm d1 (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 4 25x2 – 20x + 16 = (vô nghiệm)

Phương trình hồnh độ giao điểm d2 (C) : (x – 2)2 +

x

2

      

25x 80x 64

     x =

5 Vậy K

; 5       R = d (K, 1) = 2

2 TH1 : (P) // CD Ta có : AB ( 3; 1;2),CD ( 2; 4;0)       (P)có PVT n ( 8; 4; 14) hay n (4;2;7)

(P) :4(x 1) 2(y 2) 7(z 1) 4x 2y 7z 15

     

     

    

 

TH2 : (P) qua I (1;1;1) trung điểm CD Ta có AB ( 3; 1;2), AI (0; 1;0)

(P) có PVT n (2;0;3)

(P) :2(x 1) 3(z 1) 2x 3z

    

 

       

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 



Câu VIb.

1 4

AH

2

1 36 36

S AH.BC 18 BC

9

2 AH

2   

 

     

Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) =

x y

H : H ;

x y 2

 

  

 

  

   



B(m;m – 4)

2

2

2

BC

HB m m

4 2

7 11

m

7 2

m

7

2

m

2

   

         

   



   

 

      

     



Vậy 1 2

11 3 5 11

B ; C ; hay B ; C ;

2 2 2 2

       

   

       

       

2 AB (4; 1;2);  nP(1; 2;2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Pt mặt phẳng (Q) qua A // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) =  x – 2y + 2z + = Gọi  đường thẳng qua A

Gọi H hình chiếu B xuống mặt phẳng (Q) Ta có : d(B, )  BH; d (B, ) đạt  qua A H

Pt tham số

x t

BH: y 2t

z 2t    

  

   

Tọa độ H = BH  (Q) thỏa hệ phương trình :

x t, y 2t,z 2t

x 2y 2z

      



    

10 t

9

  H 11 7; ;

9 9

 

  

 

 qua A (-3; 0;1) có VTCP a AH 126;11; 2

   

 

Pt () : x y z

26 11

  

 



z – (2 + i)= 10 z.z 25 

2

2

(x 2) (y 1) 10

x y 25

    

  

  2

4x 2y 20

x y 25

     y 10 2xx28x 15 0

   

x y 4 hay 

x y 0 Vậy z = + 4i hay z =

Câu VII.b.

Pt hoành độ giao điểm đồ thị đường thẳng :

2

x

x m x

     2x2 – mx – = (*) (vì x = khơng nghiệm (*))

Vì a.c < nên pt ln có nghiệm phân biệt 

Do đồ thị đường thẳng ln có giao điểm phân biệt A, B AB =  (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16  2(xB – xA)2 = 16  (xB – xA)2 = 

2

m

8

   

 

 

 m2 24  m = 2

Hết.

Bộ GD&ĐT ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Đề Chính Thức

Mơn thi : TỐN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị (Cm), m tham số. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m =

2 Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình cos5x 2sin 3x cos 2x sin x 0   Giải hệ phương trình

2 x(x y 1)

5

(x y)

x     



     



(x, y  R) Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân

3 x

dx I

e

  

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a Gọi M trung điểm đoạn thẳng A’C’, I giao điểm AM A’C Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC)

Câu V (1,0 điểm).Cho số thực không âm x, y thay đổi thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy.

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 tam giác ABC có M (2; 0) trung điểm cạnh AB Đường trung tuyến đường cao qua đỉnh A có phương trình 7x – 2y – = 6x – y – = Viết phương trình đường thẳng AC

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z – (3 – 4i)=

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) : (x – 1)2 + y2 = Gọi I tâm (C) Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) cho IMO = 300

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x y z

1 1

 

 

 mặt phẳng (P): x + 2y – 3z + = Viết phương trình đường thẳng d nằm (P) cho d cắt vng góc với đường thẳng  Câu VII.b (1,0 điểm)

Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số

x x

y

x  

 hai điểm phân biệt A, B cho trung điểm đoạn thẳng AB thuộc trục tung

Hết

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh……….;Số báo danh………

BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I 1 m = 0, y = x4 – 2x2 TXĐ : D = R

y’ = 4x3 – 4x; y’ =  x =  x = 1;

xlim  x  1 + y'  +  +

y + + 1 CĐ 1

CT CT y đồng biến (-1; 0); (1; +)

y nghịch biến (-; -1); (0; 1) y đạt cực đại x = y đạt cực tiểu -1 x = 1

Giao điểm đồ thị với trục tung (0; 0)

Giao điểm đồ thị với trục hoành (0; 0); ( 2;0)

2 Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = -1 x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1

 x4 – (3m + 2)x2 + 3m + =  x = 1 hay x2 = 3m + (*)

Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 <

 3m

3m 1    



 

 

1

m

m 

   

    Câu II 1) Phương trình tương đương :

3 cos5x (sin 5x sin x) sin x 0     cos5x sin 5x 2sin x   3cos5x 1sin 5x sin x

2    sin 5x sin x



 

 

 

 

1 x

y

 5x x k2



    hay 5x x k2

3 

      6x k2

3 

   hay 4x k2 k2

3

 

       

 x k

18

 

  hay x k

6

 

  (k  Z) 2) Hệ phương trình tương đương :

2 2

2

2

x(x y 1)

x(x y) x

x (x y) x

(x y)

x

  



  

 



 

  

   

 

ĐK : x ≠ Đặt t=x(x + y) Hệ trở thành:

2

t x t x t x t x

t x (t x) 2tx tx x t

 

        

   

   

    

       

    

Vậy

3

x(x y) x(x y) y y

2

x x x

x 

     

   

  

   

  

    

 Câu III :

3 x x 3 x

3 x

x x 1

1 1

1 e e e

I dx dx dx ln e

e e

 

     

 

  

3

2 ln(e 1) ln(e 1) ln(e e 1)

        

Câu IV.

2 9 4 5 5

AC  a  a  a  AC a

2 5 2 4 2

BC  a  a  a  BC a H hình chiếu I xuống mặt ABC Ta có IH AC

/ /

/

1

2 3

IA A M IH a

IH IC  AC   AA   

3

1 1 4

2

3 3

IABC ABC

a a

V  S IH  a a   (đvtt)

Tam giác A’BC vuông B Nên SA’BC=1 52 5

2a a a

Xét tam giác A’BC IBC, Đáy /

/

2 2

5

3 IBC A BC

IC A C S  S  a Vaäy d(A,IBC)

3

3 2

3

9 5

IABC IBC

V a a a

S a

   

Câu V. S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 34xy

= 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy = 16x2y2 – 2xy + 12

Đặt t = x.y, x, y  x + y = nên  t  ¼ Khi S = 16t2 – 2t + 12

S’ = 32t – ; S’ =  t = 16

/

A

A

C I

M

B

H

S(0) = 12; S(¼) = 25 ; S (

1 16) =

191

16 Vì S liên tục [0; ¼ ] nên : Max S = 25

2 x = y =

Min S = 191 16

2

x

2

y

 

   

    

hay

2

x

2

y

 

   

     PHẦN RIÊNG

Câu VI.a.

1) Gọi đường cao AH : 6x – y – = đường trung tuyến AD : 7x – 2y – = A = AH  AD  A (1;2)

M trung điểm AB  B (3; -2)

BC qua B vuông góc với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) =  x + 6y + = D = BC  AD  D (0 ;

2  ) D trung điểm BC  C (- 3; - 1)

AC qua A (1; 2) có VTCP AC ( 4; 3)   

nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) =  3x – 4y + =

2) AB qua A có VTCP AB ( 1;1; 2)  

nên có phương trình :

x t

y t (t )

z 2t    

   

  

 D  AB  D (2 – t; + t; 2t)

CD (1 t; t ;2t) 



Vì C  (P) nên : CD //(P) CDn(P)  

1(1 t) 1.t 1.2t t

       Vậy : D 1; ;

2

 



 

 

Câu VI.b 1 (x – 1)2 + y2 = Tâm I (1; 0); R = 1 Ta có IMO = 300,

OIM cân I  MOI = 300  OM có hệ số góc k = tg300 =

3  + k = 

3  pt OM : y= x

3 vào pt (C) 

2

2 x

x 2x

3

  

 x= (loại) hay x

 Vậy M 3;

2

 



 

 

Cách khác:

Ta coù thể giải hình học phẳng OI=1, IOM IMO 300

  , đối xứng ta có điểm đáp án đối xứng với Ox

H hình chiếu M xuống OX Tam giác OM H1 nửa tam giác

OI=1 => 3 , 3

2 3

OH   OM  HM  

Vaäy

3 3

, , ,

2 2

M   M   

   

O I

1

M

2

M

2 Gọi A =  (P)  A(-3;1;1)

a (1;1; 1)



; n( P)(1;2; 3)



d đđi qua A có VTCP ad a , n ( P)  ( 1;2;1)

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

nên pt d :

x y z

1

  

 



Câu VII.a. Gọi z = x + yi Ta có z – (3 – 4i) = x – + (y + 4)i

Vậy z – (3 – 4i) =  (x 3) 2(y 4) 2  (x – 3)2 + (y + 4)2 =

Do đđó tập hợp biểu diễn số phức z mp Oxy đường tròn tâm I (3; -4) bán kính R = Câu VII.b. pt hồnh độ giao điểm :

2

x x

2x m x

 

  (1)  x2 + x – = x(– 2x + m) (vì x = khơng nghiệm (1))  3x2 + (1 – m)x – =

phương trình có a.c < với m nên có nghiệm phân biệt với m Ycbt  S = x1 + x2 = b

a

 =  m – =  m =

SĐT:0977467739-Không muốn người thừa xã hội Hãy học,học ,nữa đi>Thân ái!.

Hết.

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

- Mơn thi: TỐN; Khối: A

ĐỀ CHÍNH THÚC 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  1

2x  



1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (1), biết tiếp tuyến cắt trục hồnh, trục tung hai điểm phân biệt A, B tam giác OAB cân gốc toạ độ O

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình  

   

1 2sin x cos x

3 2sin x sinx





 

2 Giải phương trình 2 3x 5x 03      x R 

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân 2 

0

I cos x cos x.dx 

  Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A D; AB = AD = 2a, CD = a; góc hai

mặt phẳng (SBC) (ABCD) 600 Gọi I trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) cùng

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 thoả 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)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ 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

    Viết phương trình đường thẳng AB

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : 2x 2y z 0    mặt cầu

 S : x2 y2 z2 2x 4y 6z 11 0

       Chứng minh mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo đường

trịn Xác định toạ độ tâm tính bán kính đường trịn Câu VII.a (1,0 điểm)

Gọi z1 z2 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)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn  C : x2 y2 4x 4y 0

     đường thẳng

: x my 2m

     , 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

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : x 2y 2z 0    hai đường thẳng

1

x y z x y z

: ; :

1 2

    

     

 Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1 cho

khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 khoăng cách từ M đến mặt phẳng (P)

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình      

2

2

x xy y

log x y log xy

x, y R

3   81

   



 

 



Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh……….;Số báo danh………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN TOÁN KHỐI A NĂM 2009

Câu I.

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số + Tập xác định:với 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 = -

Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy 0;2    

  cắt Ox (-2; 0)

Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (1), biết tiếp tuyến cắt trục hồnh, trục tung hai điểm phân biệt A, B tam giác OAB cân gốc toạ độ O

Ta có y '

(2x 3)  

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

2  ) là: y - f(x0) = f’(x0)(x -x0)

2

0

2

0

2x 8x

x y

(2x 3) (2x 3)

  

 

 

Do tiếp tuyến cắt Ox A(2x208x06;0)

và cắt Oy B(0;

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

0

x 1(L)

(2x 3) 2x

x 2(TM)

         

  Với x0 2 ta có tiếp tuyến y = x Câu II.

1.Giải phương trình :  

   

1 2sin x cos x

3 2sin x sinx





 

Giải :

ĐKXĐ:

5

1 x k2 ; x k2

sinx 6 6

2

sinx x 2l

2

  



     

 



 



 



     

 



Phương trình cosx - 2sinxcosx = 3 (1 – sinx + 2sinx – 2sin2x)  cosx – sin2x = 3+ 3sinx - 3sin2x

  3sinx + cosx = sin2x + 3(1 – 2sin2x) = sin2x + 3cos2x

 - 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

 

   

  

   

   



5

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 Z

18

 

  

2 Giải phương trình :2 3x 5x 03      x R  Đkxđ: 5x x

5

Đặt

3

3

2

2u 3v

u 3x u 3x

(v 0)

5u 3v

v 5x

v 5x

        

 

  

  

 

 

   

 



8 2u v

3

5u 3v

 

   

  



3

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)

    

    

   

      



   

Vậy phương trình có tập nghiệm S={-2}

Câu III.Tính tích phân 2 

I cos x cos x.dx 

  Ta có:

I = 2

0

cos x.dx cos x.dx

 



 

Ta có: I2 = 2

0

1

cos x.dx (1 cos2x).dx

 

 

  =

1

x sin 2x

2 0

 

 

 

 

 

Mặt khác xét I1 =

0

cos x.dx cos x.cosx.dx

 



 

=

3

2

0

1 2sin x

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

5 15

0 



 

     

 



Vậy I = I1 – I2 = 15

 

Câu IV.Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D; AB = AD = 2a, CD = a; góc

hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 600 Gọi I trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI)

cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Giải:

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

3

ABCD

1 3a 15 3a 15

V S SI 3a

3 5

  

Câu V.Chứng minh với số thực dương x, y, z thoả 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 Giải:

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 ) a b2   2ab

 

= 2 (a b)2 2ab a b2 ab

     

   

= 2 (y z)2 2yz y z2 4yz

     

   

= 2 (y z) 4yz y z  2

  

 

 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 Câu VI a

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ 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 0  

Viết phương trình đường thẳng AB

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; y = 1  E1 = (7; 2); E = (6; 1)

Suy F1 = (5; 6), F2 = (6; 5)

Từ ta có phương trình đường thẳng AB x – 4y + 19 = y =

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : 2x 2y z 0    mặt cầu

 S : x2 y2 z2 2x 4y 6z 11 0

       Chứng minh mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo đường trịn Xác

định toạ độ tâm tính bán kính đường trịn Giải:

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 tròn

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

Bán kính đường trịn là: R2 IH2 4

 

Câu VII a

Ta có: '= (-1)2 – 10 = -9 = (3i)2

nên phương trình có hai nghiệm là: z1 = -1 – 3i z2 = -1 + 3i

Suy

2 2 2

1

2 2 2

2

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

    Vậy A = z12+

2

z 10 10 20  Chương trình nâng cao

Câu VI b

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn  C : x2 y2 4x 4y 0

     đường thẳng

: x my 2m

     , 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 Giải:

2 2

(C) : (x 2) (y 2) ( 2)

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

    

Gọi H hình chiếu I 

 Để cắt đường trịn (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 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

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : x 2y 2z 0    hai đường thẳng

1

x y z x y z

: ; :

1 2

    

     

 Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1 cho khoảng cách

từ M đến đường thẳng 2 khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P)

Giải:

Giả sử M(a;b;c) điểm cần tìm  Vì M 1nên:

a b

a b c

c 6b

1

  

 

   

  

2 2

a 2b 2c 11b 20

d d(M;(P))

3

1 ( 2)

   

  

  

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

2

(Q)

n u (2;1; 2)

 

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

      

Hay (Q): 2x y 2z 9b 16 0    

Gọi H giao điểm (Q)  2 Tọa độ H nghiệm hpt:

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.

Giải hệ phương trình      

2

2

x xy y

log x y log xy

x, y R

3   81

   



 

 



Giải:

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

2

x y

(x y)

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

x

x xy y



   



       

   

 



: thỏa mãn

Hết

Trường THPT Ngọc Hồi KonTum.

ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009 Môn thi : TOÁN

Thời gian làm : 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 = x3 (2m  1)x2 + (2  m)x + (1), với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

2 Tìm giá trị m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu điểm cực trị đồ thị hàm số (1) có hồnh độ dương

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình (1 2sin x) cos x sin x cos x2

   

2 Giải bất phương trình x x 2    5x (x  )

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

1

2x x

0

I (e x)e dx  

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có AB = a, SA = a Gọi M, N P trung điểm cạnh SA, SB CD Chứng minh đường thẳng MN vng góc với đường thẳng SP Tính theo a thể tích khối tứ diện AMNP

Câu V (1,0 điểm)

Cho a b hai số thực thoả mãn < a < b < Chứng minh a2lnb  b2lna > lna  lnb 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 toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1; 2), đường trung tuyến kẻ từ A đường cao kẻ từ B có phương trình 5x+y9 = x + 3y  = Tìm toạ độ đỉnh A B Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P1) : x + 2y + 3z + = (P2) : 3x + 2y  z + = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm A(1; 1; 1), vng góc với hai mặt phẳng (P1) (P2) Câu VII.a (1,0 điểm)

Cho số phức z thoả mãn (1 + i)2(2  i)z = + i + (1 + 2i)z Tìm phần thực phần ảo z. B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng 1 : x  2y  = 2 : x + y +1 = Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1 cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng 2

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B(0; 2; 1) trọng tâm G(0; 2; 1) Viết phương trình đường thẳng  qua điểm C vng góc với mặt phẳng (ABC)

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải phương trình sau tập hợp số phức : 4z 7i z 2i z i

 

  

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh……….;Số báo danh……… BÀI GIẢI

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 1) m = 2; y = x3 - 3x2+2

TXĐ D = R ; y’ = 3x2 - 6x; y’ =  x =  x = 2 limx y

 

; lim x

y   

 

x  + y' + - +

y + - -2

y đồng biến khoảng (-;0); (2;+ ); y nghịch biến (0;2) y đạt cực đại x = giá trị cực đại 2;

y đạt cực tiểu x = giá trị cực tiểu -2 giao điểm đồ thị với trục tung (0;2)

giao điểm đồ thị với trục hoành (1;0); 1 3;0

2 y’ =  3x2 – 2(2m – 1)x + – m = (*) Ycbt  pt (*) có hai nghiệm dương phân biệt



' P S    

 

  



4m m

2 m 2(2m 1)

0



     

 

 

 





5

m hay m

4 m

1 m

2 

  

 

     



4 < m <

Câu II : 1 Pt  (1 + 4sinx + 4sin2x)cosx = + sinx + cosx  cosx + 4sinxcosx + 4sin2xcosx = + sinx + cosx

 4sinxcosx(1 + sinx) = + sinx  + sinx = hay 4sinxcosx =  sinx = -1 hay sin2x =

2  x = k2 

   hay x = k

12 

  hay x = k 12

  

2 x x 2    5x 1

x

(x 1)(x 2) 

   

  





x x

2 x x

x x

 

 

      

      



x y

2

1

-1

Câu III: I =

1

x x

0

e dx xe dx 

  ; I1 =

1

1

x x

0

1

e dx e

e

 

   

I2 =

x

xe dx

 , đặt u = x  du = dx; đặt dv = exdx, chọn v = ex

Vậy I2 =

1

x x

0

xe  e dx 1  I = I1 + I2 = e 

Câu IV: Gọi I trung điểm AB

Ta có MN // AB // CD SP  CD  MN  SP SIP cân S, SI2 =

2

2 a 7a 2a

4

   SI = SP = a

2

Gọi O tâm hình vng ABCD, ta có SO2=SI2–OI2 =

2

2

7a a 6a

4

     

  SO = a

2 , H hình chiếu vng góc P xuống mặt phẳng SAB Ta có S(SIP) = 1SO.IP 1PH.SI

2 2  PH =

SO.IP SI =

a a

a

2 a 

V =

3 (AMN)

1 1 a a a a

S PH

3 2 2 48

 

   

 

(đvtt)

Câu V :Đặt f (x) ln x2 ; x

x

  



2

2 x 2x ln x

f '(x) , x (0;1)

x(x 1)  

    

  f đồng biến (0 ; 1)

 f(b) > f(a) với < a < b < ln b2 ln a2

b a

 

  với < a < b <

2

a ln b b ln a ln a ln b

   

Câu VI.a.

1 Giả sử AM: 5x + y – = 0, BH: x + 3y – = AC: 3(x + 1) – 1(y + 2) =  3x – y + = A = AC  AM  A(1; 4)

B  BH  B (5 – 3m; m)

M trung điểm BC  M ;

2

m m

æ- - ửữ

ỗ ữ

ỗ ữ

ố ø

M  AM  5.4

2

m m

- + - - = Û m=0

Vậy B(5; 0)

2 ( ) ( )

1

( )P 1;2;3 , ( )P 3;2;

nuuur = nuuur =

-(P) qua A(1; 1; 1) -(P) (P1), (P2)  (P) có vectơ pháp tuyến:

A

B C

D S

P I

O

1

( )P ( )P , ( )P

n = êén n ùú

ë û

uuur uuur uuur

= (-8; 10; -4) = - 2(4; – 5; 2)

Phương trình mặt phẳng (P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) =  4x – 5y + 2z – =

Câu VII a. (1+i) (2 2- i z) = + + +8 i (1 )i z

( )(2 2i i z) (1 )i z i

Û - - + = + Û z iêëé4 + -2 2- iúûù= +8 i

(8 )(1 2)

8 15 10 15 2 3

1 5

i i

i i i

z i

i

+

-+ - +

-Û = = = = =

-+

Phần thực z Phần ảo z – Câu VI.b 1 M 1  M (2m + 3; m)

d(M, 2) =

2 

2m m 1

2

  

 3m + 4=  m = -1 hay m =  Vậy M (1; -1) hay M (

3  ;

3  ) G trọng tâm ABC  C (-1; 3; -4)

AB ( 1;1;1) 



; AC ( 2;2; 4)   

 a [AB, AC]6(1;1;0)

                                         

 pt  :

x t

y t

z

  



  

  

(t  R)

Câu VII.b. 4z 7i z 2i z i

 

  

 4z – – 7i = z2 – 3iz –  z2 – (4 + 3i)z + + 7i =  = (4 + 3i)2 – 4(1 + 7i) = – 4i = (2 – i)2

Vậy z 3i i i

  

   hay z = 3i i 2i

2   

  Hết