thu suc 39

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.. Gọi I là trung điểm[r]

(1)

Së GD-§T phó thä

Tr-êng T.H.p.t long ch©u sa

ÐỀ THI

thö

ĐẠI HỌC

NĂM häc: 2010-2011

Mơn thi : TỐN

Thời gian làm bài:150 phút(không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I:(2 điểm)

Cho hàm số :

y

2

x

1







1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

2 Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến qua giao điểm đường tiệm cận trục Ox Câu II:(2 điểm)

1 Giải phương trình:

sin 2

cos 2

cot

cos

sin

x

tgx

x



x





2 Giải phương trình:



2

log

x



log

3

1

log

4

x

1

x

3





Cõu III:(2 im)

1.Tính nguyên hàm:

( )

sin 2

3

4 sin

2

xdx

F x

x

cos x





2.Giải bất ph-ơng trình:

x

1

x

 

2

x



3

Câu IV: (1 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình cạnh AB, AC theo thứ tự 4x + y + 14 = 0; 2x5y20 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Chó ý:ThÝ sinh đ-ợc chọn làm phần làm hai không đ-ợc chấm

A Theo chng trình chuẩn Câu Va:

1 Tìm hệ số x8

khai triển (x2 + 2)n, biết: An3 8C2n C1n 49 Cho đường tròn (C): x2

+ y2 – 2x + 4y + =

Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) điểm A, B cho AB B Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb:

1 Giải phương trình :

log



x



1





log



2

x



1





2

2 Cho hỡnh chúp SABCD cú đỏy ABCD hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc với đáy hỡnh chúp Cho AB = a, SA = a Gọi H K hỡnh chiếu vng góc A lờn SB, SD

Chứng minh SC  (AHK) tính thể tích khèi chóp OAHK

(2)

H-íng dẫn chấm môn toán

Câu ý Néi Dung §iĨm

I

1 Khảo sát hàm số (1 ®iĨm)

 TX§: D = R\ {-1/2}

 Sùù BiÕn thiªn:





,

2

3

0

2

y x D

x



Nên hàm số nghịch biến ( ; 1) ( 1; )

2 va

   

0,25

+ Giíi h¹n ,tiƯm cËn:

lim

x

y





 

1

lim

x

y





 



lim

x

y

  

lim

x

y

  



0,25

+ Bảng biến thiên:

0,25

x y ’ y



 -1/2 

-

1/2

 

 

(3)

 §å ThÞ :

0,25

Giao điểm tiệm cận đứng với trục Ox    

  ,0

2 A

Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng        

2 x k y

() tiếp xúc với (C) /

x k x

2x

x k co ù nghieäm 2x

     

 

   

     

 

   

0,25





     

  

        

  

) ( k x

3

) ( x k x

1 x

2 0,25

y

x

I -1/2

(4)

Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm





1 x

x

2x 2x

  

 

     

 

1 (x 1)(2x 1) 3(x )

2

     x

2

  x

  

x

  Do

12 k

0,25

 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y x 12

 

    

  0,25

II

Giải phương trình: tgx cotgx x sin x cos x cos x

sin   

(1) (1) x sin x cos x cos x sin x cos x sin x sin x sin x cos x

cos   







cos 

  

0,25

cosx cos2x sin2x 0 

2cos x cosx sin2x 02     

0,25

cosx (cosx :loại sin x 0)

     0,25

 k2

3

x 0,25

Phương trình:





3   

 (1)

(1)





x log x log x log 3

3   

  0,25 x log x log x log 3      

đặt: t = log3x

0,25

thành t t2 3t t t

      

 

(vì t = -2, t = không nghiệm)

(5)

IV

  t hay t 4

Do đó, (1) log x3 hay x x 1hay x 81

       0,25

III

1

Ta cã

( )

sin 2

2sin cos

3

4sin

(1 2sin

)

2sin

4sin

2

xdx

x

xdx

F x

x





 





Đăt u = sinxducosxdx O,25

Ta cã:





2

( ) ( )

1 ( 1)

1 ln

1

udu du du

F x G u

u u

u

u c

u

   

 



   





0,25

VËy ( ) ln 1 sin

F x sinx c

x

   

 0,25

§k:x3

Bpt

1

2

x x x

     

    

0,25

2

4

3 12

3

6

3

6 3

3

x x x

x

    

   

   

      

   

0,25

(6)

Tọa độ A nghiệm hệ



0,25

Vì G(–2, 0) trọng tâm ABC nên

                   y y x x y y y y x x x x C B C B C B A G C B A G (1) 0,25

Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) C(xC, yC)  AC 

5 x y C

C   ( 3) 0,25

Thế (2) (3) vào (1) ta có

                         y x y x 5 x 14 x x x C C B B C B C B

Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)

0,25

V.a

Điều kiện n  Ta có:







    n k k n k k n n

2 2 C x 2

x

Hệ số số hạng chứa x8

C4n2n4

0,25

C4n2n4 0,25

Ta có: A3n8C2nC1n49

 (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49

 n3 – 7n2 + 7n – 49 =  (n – 7)(n2 + 7) =  n =

0,25

Nên hệ số x8

C4723280

0,25

(7)

Phương trình đường trịn (C): x2

+ y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) R Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB  IM trung điểm H đoạn AB

0,25

Ta có

2 AB BH

AH   0,25

Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I Gọi A'B' vị trí thứ AB Gọi H' trung điểm A'B'

0,25

Ta có:

2

2 3

IH' IH IA AH

2

 

      

 

Ta có: MI



 



0,25

và

2 HI MI

MH     ; MH' MI H'I 13 2

     0,25

Ta có: 13

4 52 49 MH AH

MA

R2 2

1       

43

4 172

169 ' MH ' H ' A ' MA

R2 2

2       

0,25

Vậy có đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2

+ (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43

0,25

V.b

1 Giải phương trình: log3









2  x





3

2log x 2log 2x

    

0,25





3

log x log 2x 1

     log x 2x 13 









x 2x

   

   



    

2

1 x 1 x 1

hoac

2 2x 3x 0

2x 3x 0(vn)

(8)

x

  0,25

+BC vng góc với (SAB)

 BC vng góc với AH mà AH vng với SB

AH vng góc với (SBC) AH vng góc SC (1)

0,25

+ Tương tự AK vuông góc SC (2)

(1) (2) SC vng góc với (AHK ) 0,25

2 2

SB AB SA 3a SB =a AH.SB = SA.AB AH=a

3 SH= 2a

3 SK= 2a

3 (do tam giác SAB SAD vuông A)

0,25

Ta có HK song song với BD nên HK SH HK 2a BD SB  

0,25

kỴ OE// SC OE(AHK doSC)( (AHK)) suy OE đ-ờng cao hình chóp OAHK OE=1/2 IC=1/4SC = a/2

0,5

Gọi AM đường cao tam giác cân AHK ta có

2 2 4a

AM AH HM

9

   AM=2a

3

(9)

  

OAHK AHK

1 a a

V OE.S HK.AM

3 2 27 (®vtt)

S

0,25

A

M I

E

O

H

K

M C

(10)

Câu II:

1 Giải phương trình: tgx cotgx

x sin x cos x cos x

sin   

(1) (1) x sin x cos x cos x sin x cos x sin x sin x sin x cos x

cos   







cos 

  

cosx cos2x sin2x

    

2cos x cosx sin2x 02     

cosx (cosx :loại sin x 0)

    

 k2

x

2 Phương trình:





x log log x log x

3   

 (1)

(1)





x log x log x log 3

3   

  x log x log x log 3     

 đặt: t = log3x (1) thành t t2 3t

2 t t



     

 

(vì t = -2, t = khơng nghiệm)   t hay t 4

Do đó, (1) log x3 hay x x 1hay x 81

      

Câu IV:

Tọa độ A nghiệm hệ



                   y y x x y y y y x x x x C B C B C B A G C B A G (1)

(11)

C(xC, yC)  AC 

5 x

y C

C   ( 3)

Thế (2) (3) vào (1) ta có

  

  

      

  

     

  

0 y x

2 y x 5 x 14 x

2 x x

C C

B B

C B

Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) Câu Vb:

2. (Bạn đọc tự vẽ hình)

+BC vng góc với (SAB)

 BC vng góc với AH mà AH vng với SB

AH vng góc với (SBC) AH vng góc SC (1) + Tương tự AK vng góc SC (2)

(2) (2) SC vng góc với (AHK )

2 2

SB AB SA 3a SB =a AH.SB = SA.AB AH=a

3 SH= 2a

3 SK= 2a

3 (do tam giác SAB SAD vng A)

Ta có HK song song với BD nên HK SH HK 2a

BD SB  

Gọi AM đường cao tam giác cân AHK ta có

2 2 4a

AM AH HM

9

   AM=2a

3

3 OAHK AHK

1 a 2a

V OA.S HK.AM

3 2 27

  

Cách khác:

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho

A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0; a 2) Câu I:

1 Khảo sát (Bạn đọc tự làm)

2 Giao điểm tiệm cận đứng với trục Ox 

  

  ,0

2 A

Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng        

2 x k y

() tiếp xúc với (C) /

x k x

2x

x k co ù nghieäm 2x

     

 

   

     

 

(12)





     

  

        

  

) ( k x

3

) ( x k x

1 x

2

Thế (2) vào (1) ta có pt hồnh độ tiếp điểm





1 x

x

2x 2x

  

 

   

 

 

1 (x 1)(2x 1) 3(x )

2

     x

2

  x

2

  

x

  Do

12 k

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y x 12

 

    

 

Câu Va:

1 Điều kiện n  Ta có:













 n

0 k

k n k k n n

2 2 C x 2

x

C4n2n4 Ta có: A3n8C2nC1n49

 (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49

 n3 – 7n2 + 7n – 49 =  (n – 7)(n2 + 7) =  n = Nên hệ số x8

C4723 280

2 Phương trình đường trịn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) R

Đường trịn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB  IM trung điểm H đoạn AB Ta có

3 AB BH

AH  

Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I Gọi A'B' vị trí thứ AB

Gọi H' trung điểm A'B' Ta có:

2

2 3

IH' IH IA AH

2

 

      

 

Ta có: MI



 



2 HI MI

MH    

MH' MI H'I 13

2

(13)

Ta có: 13 52 49 MH AH

MA

R2 2

1       

43

4 172

169 ' MH ' H ' A ' MA

R2 2

2       

Vậy có đường trịn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2

+ (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 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)

2 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+ cos 3x2(cos 4x s i n x)

3 3sin x sin 3x

sin x sin 3x cos 3x cos 4x

2 2

sin 3x cos 3x cos 4x

1

sin 3x cos 3x cos 4x

2

sin sin 3x cos cos 3x 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

(14)

2



xy x 7y x y xy 13y

  

y = hệ vô nghiệm y  hệ 

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

Đặt a = x y

 ; b = x

y 

2

1 x

a x

y y

    2

2

x a 2b

y

  

Ta có hệ



a b a b 13

 

  



a b a a 20

 

  





b



 hay



 

 Vậy

1 x y x y         hay x y x 12 y         





  

 hay



2

x 5x 12 x 12y

  

 (VN) 

x 1 y    

 hay



x

y

  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=

2

a,

3

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  

        2 52 a x  

C A

B

(15)

Ta có: ' ' 3

2

a

B H BB 

V= 1 9 3

3 2 12 52 208

a a a a

x

   

 

 

Câu V :

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

 

Ta có :

2 2

2 (x y )

x y

4

 





A3 x y x y 2(x y ) (x   y ) x y 2(x y ) 1

2 2

2 2 2

(x y )

3 (x y ) 2(x y )

4

(x y ) 2(x y )

  

      

 

    

Đặt t = x2

+ y2 , đk t ≥

2

9

f (t) t 2t 1, t

4

9

f '(t) t t

2

1

f (t) f ( ) 16

   

    

  

Vậy : Amin x y

16

  

Câu VIa

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

2

   

1

2

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 = 25x2 – 20x + 16 = (vơ nghiệm)

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

2

x

2

      

2

25x 80x 64

     x =

5 Vậy K

; 5

 

 

 

(16)

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

BC

HB m m

4 2

7 11

m

7 2

m

7

2

m

2

   

         

   

    

 

     

     



Vậy B1 11 3; C1 3; hay B2 3; C2 11 3;

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





  

Pt () : x y z

26 11

    



(17)

z – (2 + i)= 10 z.z25

 22

(x 2) (y 1) 10

x y 25

    

  

 



4x 2y 20

x y 25

 





y 10 2x x 8x 15

 

   





 hay



  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

   

 

  

2

m 24  m = 2

(18)

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 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 =

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

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 vng 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)

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

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) mặt phẳng (P): x + y + z – 20 = Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P)

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 –

(19)

Câu VII.b (1,0 điểm)

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

2

x x

y

x

 

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

]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

   

   

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 2   sin 5x sin x



  

 

 

 5x x k2

3



    hay 5x x k2



     

 6x k2

3



   hay 4x k2 k2

3

 

        

 x k

18

 

  hay x k

6

 

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

1 x

y

(20)

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:

t2 x 23 t x 23 t x t x

t x (t x) 2tx tx x t

                                  Vậy

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 2

9 5

AC  a  a  a ACa

2 2

5

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

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) 34 23 2

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 S(0) = 12; S(¼) = 25

2 ; S (

1 16) =

191

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

2 x = y =

Min S = 191 16

(21)

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 vng 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(1 t) 1.t 1.2t t

2

        Vậy : D 1; ;

2

  

 

 

Câu VI.b 1 (x – 1)2 + y2 = Tâm I (1; 0); R = Ta có IMO = 300, OIM cân I  MOI = 300

 OM có hệ số góc k =

tg30

 =

3

 + k = 

3  pt OM : y= x

3 vào pt (C) 

2

2 x

x 2x

3

    x= (loại) hay x

2

 Vậy M 3;

2

 



 

 

Cách khác:

Ta giải hình học phaúng

OI=1,

30

IOM IMO , 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 1 3, , 2 3,

2 2

M   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

O I

1

M

2

M

(22)

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

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 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 s inx





 

2 Giải phương trình 3x 23  3 5x  8





Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân





2

3

0

I cos x cos x.dx







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) 600 Gọi I trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) vuông 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  xz 3 xy xz y z 5 y z

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 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

 

S : x y  z 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 z

+ 2z + 10 = tính giá trị biểu thức A = |z1| 3

+ |z2| 3

(23)

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn

 

     , 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

 

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

x xy y

log x y log xy

x, y R   81

   

 



 



-Hết -

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI A NĂM 2009 Câu I

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

2

 

+ y’ =





1

0, x 2x

     

+ Tiệm cận Vì

x

lim

2x



 

 nên tiệm cận ngang : y =

1 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

   

(24)

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 ' 2 (2x 3)

 

 nên phương trình tiếp tuyến xx0 (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(

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

x 1(L)

(2x 3) 2x

x (TM)

           

 



Với x0  2 ta có tiếp tuyến y = x

Câu II

1.Giải phương trình :











1 2sin x cos x

3 2sin x s inx





 

(25)

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 = 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

3x n2 x n

6 18

 

        

 



 

  

        

 

 

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





18

 

  

2 Giải phương trình :





Đkxđ: 5x x

    (*)

Đặt

3

2

2u 3v

u 3x u 3x

(v 0)

5u 3v

v 5x

        

   

  

 

 

   

 



8 2u v

3

5u 3v

     

  



3

15u 64 32u 4u 24

(26)

3

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.Tính tích phân





2

3

0

I cos x cos x.dx







I =

2

5

0

cos x.dx cos x.dx

 





Ta có: I2 =

2

0

1

cos x.dx (1 cos2x).dx

 

 



2

0

 

   

 

 

Mặt khác xét I1 =

2

5

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) 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

S S S 2a a 3a (E trung điểm AB)

2 ABCD

1 3a 15 3a 15

V S SI 3a

3 5

(27)

Câu V.Chứng minh với số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có:



 







 



xy  xz 3 xy xz y z 5 y z 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





= (a b)22ab 





= (y z)  22yz 





= (y z)  24yz





 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

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

(28)

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 =

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

S : x y  z 2x 4y 6z 11 0    Chứng minh mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo đường tròn 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, vng góc với (P) Dễ dàng tìm H= (3;0;2)

Bán kính đường trịn là: 2

R IH 4

Câu VII a

(29)

Suy

2 2 2

1

2 2 2

2

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

  

Vậy A =

z + z2 10 10 20

Chương trình nâng cao Câu VI b

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn

 

C : x y 4x4y 6 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





     





  IHHA 1 (hiển nhiên IH < R)

2 2

2

2 4m

1 4m m 1 8m 16m 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

 

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

  

 

   

  

 Khoảng cách từ M đến mp (P) là:

2 2

a 2b 2c 11b 20

d d(M;(P))

3

1 ( 2)

   

  

  

(30)

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

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

x xy y

log x y log xy

x, y R

3   81

   

 



 



Giải:

Điều kiện

2

x y

xy

  

 

  

Viết lại hệ dạng:

2

2 2

2

x xy y

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

x xy y

3  

     

  

 

  

 

 







2

x y (x y)

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

x

x xy y



   



      



  

 

 : thỏa mãn

Hết

GV: Đặng Ngọc Liên-SĐT: 0977467739