Goi y giai de thi Mon Toan dai hoc khoi A Ngay 472009

Điều đó tương đương với khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng AB (hay đường thẳng d: x+my-2m+3) là h thỏa mãn:.[r]

Tuyển sinh đại học khối A (Môn Toán) năm 2009

Phần chung cho tất cả thí sinh

Câu I:

1

 TXD: R\{-3/2}

 Sự biến thiên:

1 lim

2 1 lim

2

x

x

y y









Do đó đồ thị hàm số y nhận đường thẳng y=1/2 là tiệm cận ngang

3 2

3 2

lim

lim

x

x













 

 

Do đó đồ thị hàm số nhận dường thẳng x= -3/2 là tiệm cận đứng

Ta có:

'

y

Vì y’<0 với mọi x khác -3/2 nên hàm số đồng biến trên nghịch biến trên mỗi khoảng

( ; ) và ( ; )



 Đồ thị:

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;2/3); cắt trục hoành tại điểm (-2;0)

hàm số nhận giao của hai tiệm cận làm tâm đối xứng

1 2 3

2

y

2



2 3

2 Vì tiếp tuyến cần tìm cắt trục hoành và trục tung tại 2 điểm phân biệt lần lượt là A và B sao cho

tam giác OAB cân nên

Tam giác AOB vuông cân tại O do đó, hệ số góc của đường thẳng này là 1

2



do y’<0 với mọi x thuộc TXD

Vậy nên ta có phương trình hoành độ tiếp điểm là:

4 2



Vậy có hai phương trình tiếp tuyến thỏa mãn đề bài:

4

4

4

4

2 3

2

2

2

à

2 3

2

2

2

v

 

 

Câu II:

1 ĐK:

sinx 1

1 sinx

2













Với điều kiện trên ta có:

(1 2sin ) cos

3 (1 2sin )(1 sinx )

(1 2sin ) cos 3 (1 2sin )(1 sinx )

2 cos sin 2 3 (1 sinx 2sin 2sin )

cos sin 2 3 (sinx os2 )

3 sinx cos (sin 2 3 cos 2 )

2

2

x x x







  



   

2

2

2

k

k x



 













  





 

 





Kết hợp với điều kiện xác định,ta có các nghiệm của phương trình là:

5

x 

Đặt

3 3 2

6 5 (v 0)

có:

2

(*) 5(8 3 ) 24 64

5(8 3.8 3 3.8.(3 ) 27 ) 24 64 0

135 1104 2880 2496 0

2 3( 4)(45

Ta

v





          

2

4 ( vì 45 188 208 0)

v

Với v=4 ( thỏa mãn điều kiện u không âm), ta có:

2

x

x

  

Thử lạ i ta thấy, x= -2 là nghiệm của phương trình đã cho

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x= -2

Câu III:

Ta có:

2

0

1

4

sin 2

1

0



        

Câu IV:

Kẻ CF,IH,BK lần lượt vuông góc với AB,BC,IC

Ta có:

BF=AB-CD=2a-a=a

Áp dụng định lí Pitago:

2

Vì BC=BI nên BK cùng là trung tuyến của tam giác IBC

2

5

3

IBC

a a

IH



Vì (SIC) và (SIB) cùng vuông góc với (ABCD) nên

( ) ( vì SI=(SIB) (SIC))

Lại có: IH  BC

Suy ra góc giữa (ABCD) và (SBC) bằng góc SHI

SHI

.tan SHI= tan 60

Vậy:

3 2

.

2

3

ABCD

Câu V:

Đặt:

2

2

Suy ra:

3 4

( ) (1)

ab

 

 

 

Ta cần chứng minh:

Thật vậy:

(1)

2

Cộng từng vế (2) và (3) ta được (*)_đpcm Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hay x=y=z

Phần riêng:

Theo chương trình Chuẩn

Câu VI a

1 Vì điểm E thuộc đường thẳng x+y-5=0 nên E có tọa độ là (t;5-t);

Gọi F là điểm đối xứng với E qua tâm I(6;2) Dễ thấy: F là trung điểm của AB Do đó, F

có tọa độ là (12-t ; t-1)

(11 ; 6) ( 6;3 )





Vì ABCD là hình chữ nhật mà M(1;5) thuộc AB nên

6 7

t t

MF IE









 

 

Vậy có 2 điểm F thỏa mãn:

1 2

(6;5) (5;6)

F F

Suy ra có 2 phương trình đường thẳng AB thỏa mãn đề bài là:

1 2



2 Ta có:

Do đó, bán kính mặt cầu (S) là R=5

Khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến mặt phẳng (P) là:

2.1 2.2 3 4

3

R

 

Suy ra mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo 1 đường tròn (O;r)

 Tâm của I(1;2;3) của mặt cầu (S) thuộc đường thẳng d (d là trục của (O;r))

 d có véc tơ chỉ phương là vécto pháp tuyến của mặt phẳng (P)

 d có phương trình chứa tham số là:

3

  



  



  



Vậy tâm O là giao của d và mặt phẳng (P) nên tọa độ của O thỏa mãn phương trình:

1

t

 

 O(3;0;2)

 Bán kính đường tròn (O) là:

25 [(1 3) (2 0) (3 2) ] 4

Câu VII a

2

1

2

2

2

i z

i z

 



  

 

 



Suy ra:

(Theo chương trình nâng cao)_Tham khảo vì thí sinh chỉ được chọn 1 trong 2 phần

Câu VIb

1

Phương trình đường tròn (C) có tâm O là:

(x2) (y2) 2

Suy ra: (C) có bán kính là R= 2

2

OAB

Diện tích tam giác OAB đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi sinAOB=1 hay góc BOA vuông Điều đó tương đương với khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng AB (hay đường thẳng d: x+my-2m+3) là h thỏa mãn:

2

1 2

1 1

1 (1 4 )

0 8 15

R h

m

m m



 







 



Vậy giá trị của m đề đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại 2 điểm phân biệt để diện tích tam giác OAB có diện tích lớn nhất là:

m=0 hoặc m=8/15

2 Vì điểm M thuộc đường thẳng

1

:

Nên M(-1+t; t ;-9+6t)

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) là:

( 1) 2 2(6 9) 1 11 20

3

Gọi K là hình chiếu của M trên đường thẳng 2 K có tọa độ là (1+2m;3+m;-1-2m)

Vì 2 vuông góc với KM nên:

KM



vuông góc với vecto chỉ phương của 2

1

  

Khoảng cách từ M đến 2 là:

2

2

(3 4) (2 4) (4 6)

29 88 68

Vì

3

35

t





 





Vậy có 2 điểm M thỏa mãn đề bài:

1

2

(0;1; 3)

18 53 3

( ; ; )

35 35 35

M

M



Câu VIIb

ĐK: xy>0

2 2

2 2

2 2

log ( ) 1 log ( )

log ( ) log (2 )

2

 

Thế vào phương trình còn lạ i:

2

4 4

2

2

x xy y

y

y

x

  

  

  

Thử lạ i ta thấy, 2 nghiệm (x;y)=(2;2) và (-2;-2) thỏa mãn điều kiện xác định Vậy hệ phương trình ban đầu có 2 nghiệm là:

(x;y)=(2;2);(-2;-2)