ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN ĐẠI HỌC KHỐI A 2009

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.. PHẦN RIÊNG 3,0

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009

Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Cu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 2

2x 3

+ + (1)

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 2sin x)cos x 3

(1 2sin x)(1 sin x)

2 Giải phương trình : 2 3x 2 3 6 5x 8 03 − + − − = (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 600 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) : x2 + y2 + z2 – 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 z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z2+2z+10=0 Tính giá trị của biểu thức A = z12 + z22

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 tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và 2 đường thẳng ∆1 : x 1 y z 9

; ∆2 : x 1 y 3 z 1

− 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)

Gỉai hệ phương trình : 2 2

2 2

x xy y

log (x y ) 1 log (xy)

3 − + 81





=

BÀI GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I.

x

 

+

 

¡

Suy ra hàm số giảm trên từng khoảng xác định và không có cực trị

2

2 Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y

= x hoặc y = -x Nghĩa là:

f’(x0) = ±1 ⇒ 2

0

1

1 (2x 3)



 = − ⇒ =



∆1 : y – 1 = -1(x + 1) ⇔ y = -x (loại)

∆2 : y – 0 = -1(x + 2) ⇔ y = -x – 2 (nhận)

Câu II.

1 ĐK: sin 1

2

, sinx ≠ 1

1 2sin cos 3 1 2sin 1 sin

cos 2sin cos 3 1 sin 2sin

cos 3 sin sin2 3 cos2

1cos 3sin 1sin2 3cos 2 cos cos 2

2 2

, k ∈ Z (nhận)

2 2 3x 2 3 6 5x 8 03 − + − − = , điều kiện :6 5 0 6

5

Đặt t = 33x 2− ⇔ t3 = 3x – 2 ⇔ x =

3

t 2 3

+ và 6 – 5x = 3

8 5t 3

−

+∞

3 2

−

1

2

+∞

-∞

y

y/

x

2

1 2

y

2/3

Phương trình trở thành : 2t 3 8 5t3 8 0

3

−

3

15t≤ 4t 32t 40 0

+ − + = ⇔ t = -2 Vậy x = -2

Câu III.

1

Đổi cận: x= 0 ⇒ t = 0; x =

2

π

⇒ t = 1

1

2 4 1

2 2

2

0

1 2

8 cos 1 cos

15 4

+

∫

∫

x

π

π π

Câu IV Từ giả thiết bài toán ta suy ra SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J là

trung điểm của BC; E là hình chiếu của I xuống BC

2a a 3a

IJ

+

2

IJ CH 1 3a 3a

a

×

2 = 2

⇒ SCIJ

Câu V x(x+y+z) = 3yz 1 y z 3y z

⇔ + + =

E H N

( ) ( )

2

+

Chia hai vế cho x3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về

1

3

+

t

Đúng do t ≥ 2

PHẦN RIÊNG

A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a 1 I (6; 2); M (1; 5)

∆ : x + y – 5 = 0, E ∈∆⇒ E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB

I trung điểm NE ⇒ N I E



MN

uuuur

= (11 – m; m – 6); IEuur

= (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m) MN.IE 0=

uuuur uur

⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0

⇔ m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 ⇔ m = 6 hay m = 7

+ m = 6 ⇒ MNuuuur = (5; 0) ⇒ pt AB là y = 5

+ m = 7 ⇒ MNuuuur = (4; 1) ⇒ pt AB là x – 1 – 4(y – 5) = 0 ⇒ x – 4y + 19 = 0

2 I (1; 2; 3); R = 1 4 9 11 5+ + + =

d (I; (P)) = 2(1) 2(2) 3 4 3

4 4 1

= + + < R = 5 Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)

Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : x 1 2ty 2 2t

z 3 t

= +



= −



Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C) J ∈ d ⇒ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t)

J ∈ (P) ⇒ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 ⇒ t = 1

Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2)

Bán kính đường tròn r = R2−IJ2 = 25 9 4− =

Câu VII.a ∆’ = -9 = 9i2 do đó phương trình ⇔ z = z1 = -1 – 3i hay z = z2 = -1 + 3i

⇒ A = z12 + z22 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20

B Theo Chương trình Nâng Cao

Câu VI.b 1 (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R = 2

Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH của ∆ABC, ta có

S∆ ABC = 1IA.IB.sin AIB·

Do đó S∆ ABC lớn nhất khi và chỉ khi sin ·AIB = 1 ⇔∆AIB vuông tại I

⇔ IH = IA 1

2 = (thỏa IH < R) ⇔ 1 4m2 1

+

⇔ 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1 ⇔ 15m2 – 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m = 8

15

2 M (-1 + t; t; -9 + 6t) ∈∆1; ∆2 qua A (1; 3; -1) có véctơ chỉ phương ar= (2; 1; -2) AM

uuuur

= (t – 2; t – 3; 6t – 8) ⇒ AM auuuur r∧ = (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t)

Ta có : d (M, ∆2) = d (M, (P)) ⇔ 261t2−792t 612+ = 11t 20−

⇔ 35t2 - 88t + 53 = 0 ⇔ t = 1 hay t = 53

35 Vậy M (0; 1; -3) hay M 18 53 3; ;

35 35 35

Câu VII.b. Điều kiện x, y > 0

2 2

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







⇔

2 2





2 (x y) 0

xy 4

 =

x y

xy 4

=



 =

x 2

y 2

=



 =

 hay

= −



 = −



Trần Minh Quang

(Trường THPT Phú Nhuận - TP.HCM)