Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1... 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
Trang 1GỢI Ý LÀM BÀI THI ĐẠI HỌC 2009 MÔN TOÁN – KHỐI A
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số 2
x y
x
(1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
Lời giải:
TXĐ: D = R \ { 3
2
}
2
1
y
x
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ; 3
2
và 3;
2
3
2
2 lim
x
x
x
2
2 lim
x
x x
Tiệm cận đứng x = 3
2
x
x
x
Tiệm cận ngang y = 1
2 Bảng biến thiên:
Điểm đặc biệt: x = 0 y = 2
3; y = 0 x = -2.
Đồ thị:
Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 3
2
;1
2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
3 2
1
2
1 2
x
y’
y
Trang 22 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
Lời giải:
Giải sử tiếp tuyến( ) cắt Ox tại điểm A a o( ; ) cắt Oy tại B(0; b) với ab 0 pt( ) :x y 1
a b
hay y b x b
a
Do OAB cân đỉnh O | | | | a b a b
TH1: Với a= b ( ) : yx a
( ) tiếp xúc với (1) nên hệ
2
2
(*)
1
1 (**) (2 3)
x
x a x
x
Từ (**) (2x3)2 1 x1 a0
3 2
I
x
y
-2
1 2 2 3
Trang 3Vậy có 2 tiếp tuyến ( ) :1 yx ; ( ) :2 yx 2
TH2: Với a = -b ( ) : y x a
( ) tiếp xúc với (1) nên hệ
2
2
1
1 (***) (2 3)
x
x a x
x
có nghiệm
Do (***) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm
Kết luận: có 2 tiếp tuyến là ( ) :1 yx ; ( ) :2 y x 2
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình (1 2sin ) cos 3
(1 2sin )(1 sin )
Lời giải:
ĐK:
2 6 1
2 ; (*) 2
6 sinx 1
2 2
Phương trình tương đương
2
cos 2sin x cos 3(1 sinx 2sin 2sin )
cos sin 2 3(sinx os2 )
cos 3 sinx sin 2 3 os2
sin( ) sin(2 )
2
k
; 2)
k Z
Nghiệm (2 ) loại do không thỏa mãn (*)
Vậy phương trình có một nghiệm 2 ;
k
x k Z
2 Giải phương trình 2 33 x 2 3 6 5 x 8 0 (x R)
Lời giải:
Trang 4Điều kiện: 6 - 5x 0
3 3
3
t
Vậy (1) có dạng: 5 3 10 3
3
t
24 15 64 32 4 (1)
t
(1) 15t34t2 32t40 0 (t2)(15t2 26t20) 0 t2(thỏa mãn)
Vậy: 33x 2 2 3x 28 x2 thỏa mãn 6
5
x
Đáp số: x = -2
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân 2 3 2
0
( os 1) os
Lời giải:
1
0 0
1
4 4
8 2
4 15 4
x
dt t dt t dt
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2 , CD =
; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600 Gọi I là trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo
Lời giải:
Trang 5Do (SCI)(ABCD) ; (SBI)(ABCD) SI(ABCD)
Kẻ IKBC SKBC (định lý ba đường vuông góc)
SABCD ABCD
Mà SI = IK.tg(600) = 3 IK ; BC = BI = a 5 ; IC = a 2
BH2 = BC2 – HC2 = 5a2 –
2
2 2
a
= 9 2 2
a BH = 3 2
2
a
5 5
BIC
a a
a
a
Vậy SI = 3 3 5 3 15
5
S ABCD a
Câu V (1 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z thỏa mãn x( x + y + z )= 3xy, ta có:
(x y ) (x z ) 3(x y x z y z )( )( ) 5( y z )
Lời giải:
Đặt a = x + y , b = z + c , c = x + y
b c a c a b a b c
x y z
4a (b c) 3(b c) a b bc c (*)
Ta có bất đẳng thức đã cho tương đương:
5a b c 3abc 5a2 a b c( ) 3 (**) bc
Từ (*)
2
2
2
a bc
b c
a
D
C I
K
2a
60 0
C K
H
a
a
Trang 62
a a b c
a bc
(**) đúng đpcm Dấu “ =” xảy ra khi a= b= c tức là x = y = z
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (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 hai 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
Lời giải:
Vì E x + y – 5 = 0 E(x0; 5 – x0)
Gọi F là điểm đối xứng của E qua I
12
4
E F
E F
F12 x x0, 01
Ta có EF 12 2 , 2 x0 x0 6
;
0 0
MF 11 2 , x x 6
0 0 0 0
MF.EF 0
11 2x 12 2x 2x 6 x 6 0
0
0
6
7
x
y
19
4 4
x
Vậy phương trình đường thẳng AB là: y = 5 hoặc x – 4y + 19 = 0
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2P x 2y z 4 0 và mặt cầu
( ) :S x y z 2x 4y 6z11 0 Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn Xác định tọa độ tâm và bán kính của đường tròn đó
Lời giải:
x y z x y z (x1)2(y 2)2(z 3)2 25 5 2
Vậy ( ) có tâm I( 1, 2, 3) và R = 5
Kẻ OH (P) khi đó H là tâm của đường tròn thiết diện
Ta có: 2 4 3 4 3
3
Vậy: R 4 là bán kính đường tròn thiết diện
F
A
M
E
D
I (6, 2)
Trang 7Vậy OH có phương trình
1 2
2 2 3
Thay vào (P) ta có: 2(1 + 2t) – 2(2 - 2t) - (3 - t) - 4 = 0 9t 9 0 t 1
Vậy tâm đường tròn có tạo độ là H(3, 0, 2)
Kết luận: Đường tròn thiết diện có tâm H(3, 0, 2) và bán kính R=4
Câu VII.a (1,0 điểm)
Gọi z và 1 z là hai nghiệm thức của phương trình 2 z22z10 0 Tính giá trị của biểu thức
| | | |
Az z
Lời giải:
2
1 3 | | 10
2 10 0
| | | | 10 10 20
Lời giải:
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 Δ: x + my - 2m + 3 = 0, với m là tham số thực Gọi I là tâm của đường tròn (C) Tìm m để
Δ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất
Lời giải:
( ) : (C x2) (y2) 2
Vậy ( )C có tâm tại I ( 2; 2) và bán kính R 2
Ta có ( ;( )) | 2 2 22 3 | | 4 2 1|
d I
( ) ( )C tại 2 điểm phân biệt
2
1
m
m
Gọi H là trung điểm của AB, ta có:
IAB
S IH AB IH AH IH IH IH IH
2 2
IAB
m
m
2
0
15
m
m
Trang 8So sánh 2 vế điều kiện thỏa mãn vậy có 2 nghiệm là
0 8 15
m m
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 1 = 0 và hai đường
thẳng Δ1: 1 9
x y z
x y z
Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
Δ1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng Δ2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau
Lời giải:
Gọi M(t – 1; t; 6t – 9)1
2
3
M P
2
qua A(1; 3; -1) và có vec-tơ chỉ phương u 2;1; 2
Ta có
2
,
M
u AM d
u
Với ,u AM
= (8t – 14; -14t + 20; t – 4) Nên
2
2
261 792 612
3
Do dM P dM 2 Nên
11t 20 261t 792t612 140t 352t212 0
1 53 35
t t
Vậy có hai điểm M là: M10;1; 3 và 2 18 53 3; ;
35 35 35
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình 2 2
log ( ) 1 log ( )
3x xy y 81
( ,x y R )
Lời giải:
Điều kiên xy>0
Hệ đã cho tương đương với
2
2 4
x y
x y x
Vậy hệ có nghiệm là ( , )x y (2;2);( 2; 2)
