Đề&Đáp án môn TOÁN khối A (ĐH 2009)

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 hình chóp S.ABCD theo a.. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ

Bộ giáo dục và đào tạo

Đề chính thức

Đề thi tuyển sinh đại học năm 2009

Môn thi: toán ; Khối A

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề)

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số

3 2

2







x

x

y (1) 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

2/ Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lợt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ O

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phơng trình:  

1 2 sin 1 sin  3

cos sin 2 1









x x

x x

2 Giải phơng trình: 2 3 3 2 3 6 5 8 0









x

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân



2

0

2

cos



xdx x

I

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 hình chóp S.ABCD theo a

Câu V (1,0 điểm)

Chứng minh rằng với mọi số thực dơng 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 chỉ đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chơng 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) là giao

điểm của hai đờng chéo AC và BD Điểm M(1; 5) thuộc đờng thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đờng thẳng : xy 5  0 Viết phơng trình đờng thẳng AB

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x 2y z 4  0 và mặt cầu













x Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đờng tròn Xác định toạ độ tâm và bán kính của đờng tròn đó

Câu VII.a (1,0 điểm)

Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phơng trình 2 2 10 0





 z

z Tính giá trị của biểu thức:

1 z

z

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C): 2 2 4 4 6 0











thẳng : xmy 2m 3  0, với m là tham số thực Gọi I là tâm của đờng tròn (C) Tìm m

để  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x 2y 2z 1  0 và hai đờng

thẳng 1:

6

9 1

1





x

, 2:

2

1 1

3 2

1











x

Xác định toạ độ điểm M thuộc đờng thẳng 1 sao cho khoảng cách từ M đến đờng thẳng 2 và khoảng cách từ M đến mặt

phẳng (P) bằng nhau

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phơng trình

   















3

log 1 log

3 2

2 2

2 2

y xy x

xy x

x

(x, y R) Hết

-Huớng dẫn chấm thi

điểm

Câu I a) Khảo sát hàm số

3 2

2







x

x

a/ Tập xác định:

















2

3

\

R

b/ Sự biến thiên của hàm số

 Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đờng tiệm cận

lim , lim

, nên đờng thẳng

2

3





x là tiệm cận đứng

2

1 lim 



2

1 lim 



x , nên đờng thẳng

2

1



y là tiệm cận ngang

 Bảng biến thiên :

3

; 0 3 2

1





x y

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 















 2

3













 ; 2 3

0.25

0.25

c/ Đồ thị:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm 









 3

2

;

0 và Cắt trục hoành tại điểm  2 ; 0

0.25

Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm 













2

1

; 2

3

I của hai đờng tiệm cận làm tâm đối xứng

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4 -2

2 4

x y

* Tam giaực OAB caõn taùi O neõn tieỏp tuyeỏn song song vụựi moọt trong hai ủửụứng thaỳng y = x hoaởc y = -x Mà y’ < 0, nên:

2

0

1

1 (2x 3)









0.50

sin

2

x , sinx ≠ 1

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

0.50

2 2

 x  k  (loaùi) 2

 

x  k  , k  Z (thoả mãn)

0.50

b) Giải phơng trình 2 3x 2 3 6 5x 8 03      1.00

* Đặt u 3 3x 2 ,v 6 5x







* Phơng trình đã cho tơng đơng với Hpt



















 0

8 2 5

8 3 2

2 3

v

v u

v u

0.25

* Giải hệ phơng trình ta đợc











 4

2

v

u

0.25

4 5 6

2 2 3

3



















x

x

Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = -2

0.25

* Ta có   1 2

2

0 2 2

0 5 2

0

2

* Tính

15

8 sin

5

1 sin

3

2 sin

sin sin

1

0

5 2

0

3 2

2

0

2 2 2

0

5











x x

x x

d x xdx

4 2

sin 2

1 2

1 2

1 2

cos 1 2

1

0

2 0

2

0

2

0

2 2





















* Vậy

4 15

8

2 1









I I

Câu 4 Tính thể tích của hình chóp

D

C

S

I

H J

* Vì các mp(SBI) và mp(SCI) cùnh vuông góc với mp(ABCD), nên SI là

đờng cao của hình chóp Gọi H là hình chiếu của I trên BC thì góc SHI là góc giữa 2 mp(SBC) và mp(ABCD) Hay góc SHI = 600

0.25

* Đáy ABCD có diện tích là:   3 2

2

1

a AD CD AB

* Tam giác IBC có diện tích

2

3a2

S S S

S IBC  d  IAB  ICD  Suy ra:

5

3 2

IH  IBC   vì với trung điểm M của AB thì tam giác MBC vuông cân ,nên BC  a 5

0.25

* Xét tam giác vuông SIH :

5

15 3 60 tan

IH

SI   Vởy thể tích của

hình chóp là :

5

15 3 3

S SI

0.25

* Vì x,y,z >0 nên x(x+y+z) = 3yz 1 y z 3y z

x x x x

Đặtu y 0,v z 0,t u v 0

       .Tađợc:

0.25

   

2



u v t

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

1u31v33 1 u 1v u v   5u v 3 0.25

*

1

3



t u v u v u v t t

t u v t t u v uv t

t

t t t t t t t t t

0.50

* Lại do t  2,nên bất đẳng thức luôn đúng Vậy ta có ĐPCM

Phần đề thi theo chơng trình chuẩn Câu

VI.a

Phơng pháp toạ độ trong mặt phẳng và không gian

2.00

* Vì E  nên toạ độ của E có dạng E(m; 5 – m); Gọi F là trung điểm của AB thì F (12 – m; m – 1) Do E,F đối xứng nhau qua điểm I(6;2) 0.25

* Theo giả thiếtIEFM  IE.FM  0  11  mm 6  m 63  m 0 0.25

* Với m = 6 thì AB có VTPT là: IE 0  ; 3, suy ra pt AB là y = 5 0.25

* Với m = 7 thì VTPT là IE 1  ; 4, suy ra pt AB là x – 4y + 19 = 0 0.25

* PT m.c viết thành  12  22  32 25











* Khoảng cách d từ tâm I đến mp(P) là: d   R











1 4 4

4 3 2 2 1 2

Vậy mp(P) cắt mc(I) theo giao tuyến là đờng tròn tâm J, bán kính r

0.25

* Bỏn kớnh đường trũn r = R2  IJ2  25 9 4  0.25

* Phơng trình JI là x=1+2t,y=2-2t,z=3-t, nên J=(1+2t;2-2t;3-t) và J  P

Câu

* Phơng trình z2  2z 10  0có 2 nghiệm phức là z= -1+3i và z = -1- 3i 0.50

* Do đó A = z12 + z22 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20 0.50

Phần đề thi theo chơng trình nâng cao Câu

VI.b

Phơng pháp toạ độ trong không gian

2.00

* (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 cú tõm là I (-2; -2); R = 2

Điều kiện để  cắt (C) tại hai điểm phõn biệt A, B là dI,  2 (1) 0.25

* Kẻ đường cao IH của IAB, ta cú: SABC = 1IA.IB.sin AIB

Do đú SABC lớn nhất khi và chỉ khi sinAIB = 1  AIB vuụng tại I

0.25

* Ta đợc IH = IA 1

2  (thỏa IH < R)  1 4m2 1







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

15

0.50

* Toạ độ của M có dạng: M (-1 + t; t; -9 + 6t) 1

2 qua A (1; 3; -1) cú vộctơ chỉ phương a= (2; 1; -2) 0.25

* Vectơ AM

= (t – 2; t – 3; 6t – 8)  AM a  = (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t) 0.25

* Ta cú : d (M, 2) = d (M, (P))  261t2 792t 612 11t 20  35t2 - 88t + 53 = 0  t = 1 hay t = 53

35

0.25

* Do đó, có 2 điểm M thoả mãn là : M (0; 1; -3) và M 18 53 3

; ;

35 35 35

Câu

* Hệ phơng trình 

2 2

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

x xy y 4









2 2

x y 2xy

x xy y 4

  





  



0.25

* GiảI hpt ta đợc 2nghiệm là: x 2

y 2

















- Hết