de thi toan dai hoc 2

Vi ết phương tr ình đường thẳng AB.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009

MÔN THI: TOÁN, KHỐI A

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số: 2  1

2 3

x y x







1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  1

2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị của 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 cos

3

1 2sin 1 sin





2 3x23 6 5 x 8 0 x 

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân: 2 3  2

0 cos 1 cos



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 60 Gọi I là trung điểm của 0 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 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   Viết phương trình đường thẳng AB 5 0

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P : 2x2y z 4 và mặt cầu 0

S x y z  x y z  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 z và 1 z là hai nghiệm phức của phương trình 2 z22z10 Tính giá trị biểu thức 0

B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn   2 2

C x y  x y  và đường thẳng :xmy2m   , với m là tham số thực Gọi I là tâm đường tròn 3 0  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 tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P :x2y2z  và hai 1 0 đường thẳng 1: 1 9

:

 Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 1  và khoảng cách từ 2

M đến mặt phẳng  P bằng nhau

Câu VII (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình    

2 2

3x xy y 81

 









HƯỚNG DẪN GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

1 Bạn đọc tự giải

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

hoặc y  Suy ra: x

 

0

1

y x

x

   





   

1: y 1 x 1 y x

        (loại)

         (nhận)

Vậy tiếp tuyến cần tìm là: 2: y   x 2

Cách khác: A a ;0 , B0;b, đường thẳng qua ,A B có dạng x y 1

ab  , tam giác OAB cân tại O

nên

a  b b  a

+ Với b  đường thẳng là y a   x a, để đường thẳng là tiếp tuyến thì hệ sau có nghiệm

2 2

2 3

2 3

1

x x

x x

x





  

   







Với x  1 a  đường thẳng là 2 y   (nhận) x 2

Với x  2 a  đường thẳng là y0   (loại vì đường thẳng qua gốc tọa độ) x

 2

2

2 3

1

1

2 3

x

x

x





 

 



 





Hệ vô nghiệm nên đường thẳng này không là tiếp tuyến

Vậy tiếp tuyến là đường thẳng y  x 2

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:  

1 2sin cos

3

1 2sin 1 sin





2 6 1

2 2

sin 1

2 2

k

x

x















  











 







1 2sin cos

3

1 2sin 1 sin





2

cos 2sin cos

3

1 sin 2sin 2sin



cosx sin 2x 3 sinx cos 2x

cos 2 s in2 cos sin

      

 

 

2

18 3







18 3

S    k 

2 Giải phương trình: 3    

2 3x23 6 5 x 8 0 * x 

Điều kiện: 6

5

x 

Đặt: 3

3 2

u x , suy ra u3 3x 2

6 5

v  x, suy ra v2  6 5x

Ta có hệ

 

 

2 3 8 0 1

   







3

u

  thay vào  2 ta được:

2 3

2 3

8 2

3

64 32 4

3

u u

u



 

2

2

2 15 26 20 0 2

15 26 20 0

u

 



 



Với u   suy ra 2 v  , ta có hệ 4

2

x

Thay x   vào 2  * ta thấy 2 là nghiệm của phương trình

Vậy S   2

Câu III (1,0 điểm)

1 2

2

1

0

x



2 2

2

0

1

2

s in2





15 4

Câu IV (1,0 điểm)

E

F

C

I

B A

D

I

B

E A

S

F

Theo giả thiết ta có SI vuông góc với mặt phẳng ABCD

Xét tam giác BEC ta có: BC  BE2CE2  a24a2 a 5

Ta có: S BIC S ABCD S ABI S CDI

2

.2



Trong tam giác BEC , kẻ IF là đường cao, ta có:

2 3 2

BIC

a

IF

Vì góc giữa mặt phẳng SBC và mặt phẳng ABCD là 60 0

IF

Vậy thể tích khối chóp S ABCD

a

V  SI S  a  a (đvtt)

Câu V (1,0 điểm)

Xét điều kiện :

2

3

Đặt u x y,v x z ( ,u v 0)

Nên ta có :

 

2 2

2 ( )

   

Khi đó ta có

3 3

 

    (do (1))

Mặt khác, từ (1) ta có : uv 1 uv21  3 ,

4

(u v) 4 u v 2 4

Từ (3) và (4) ta có điều cần chứng minh (2)

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 I6; 2 , M1;5

 ;5 

E  E a a , IE a6;3a

Gọi P là điểm đối xứng của E qua I

Suy ra P12a a; 1

11 ; 6



Ta có: 0 11  6  6 3  0 6

7

a

a







 

Phương trình đường thẳng AB nhận IE

làm vectơ pháp tuyến Với a  suy ra 6 IE 0; 3 



nên AB: 3 y150 y 5 Với a  suy ra 7 IE  1; 4 

nên AB x: 4y19 0

Cách khác: I6; 2 , M1;5

 ;5 

E  E a a , IE a6;3a



Đường thẳng AB nhận IE

làm pháp vectơ nên có dạng

Ta có: IE dI AB, 

       

2

2 18 45 8 39

2

2

2

2

2 18 45 8 39

13 42 0

5 3 0

 



 

  



  







+ Với a  thì 6 AB y : 5  1

+ Với a  thì 7 AB x: 4y190  2

+ Với 5 13

2

a  thì AB: 7 13 x 1 13y 2 4 3 0  3

+ Với 5 13

2

a  thì AB: 7 13 x 1 13y 2 4 3 0  4

Ta thấy

Với 5 13

2

a  thì 5 13 5 13

;

khi đó E  3 (loại)

Với 5 13

2

a  thì 5 13 5 13

;

khi đó E  4 (loại)

Vậy phương trình AB là y 5 hoặc x4y19 0

2 VTPT của  P : n  P (2, 2, 1) 



( ) : (S x1) (y2) (z3) 25

Có tâm I(1, 2,3), bán kính R  5

 

| 2.1 2.2 3 4 |

3

2 ( 2) ( 1)

I P

 

  

    Vậy (d) cắt (P) theo một đường tròn Gọi J và r là tâm và bán kính của nó

Gọi ( ) qua I và vuông (P)

1 2 ( ) : 2 2

3

 





   

  



suy ra J   ( ) ( )P

thế ( ) vào  P :

2 2 2

2(1 2 ) 2(2 2 ) (3 ) 4 0

9 9 0 1 (3,0, 2)

2 ( 2) ( 1) 3

t t J IJ

 



Câu VII.a (1,0 điểm)

2

2 10 0

Ta có :

1

2

1 3

1 3

i

        

  



 

  



Suy ra A z12 z22 20

B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu VI.b (2,0 điểm)

C x y  x y 

Ta có tâm I   2; 2 và bán kính R  2

:x my 2m 3 0

IAB

Dấu " xảy ra "   0

sinAIB 1 AIB 90

Ta có tam giác IAB là tam giác vuông cân, suy ra

2

R

2

1

m

 2

0

15

m

m







 



2 Phương trình tham số của  : 1

1

1 :

9 6

  





  

   

 1

M   suy ra M 1 t t; ;  9 6t

Ta có: A1;3; 1   , u  2;1; 2 

và

2 ; 3 ; 8 6 



, MA u; 2 8t14; 14 t20;t 4

 

Khoảng cách từ M đến  : 2

 

2

2

2 2 2

3

u

  

 



Khoảng cách từ M đến mặt phẳng  P :

 2

3



   Hai khoảng cách bằng nhau dẫn đến:

8t142  14t202t 42 11t202

2

140 352 212 0

1 53 35

t

t









 



Với t  suy ra 1 M 0;1; 3 

Với 53

35

t  suy ra 18 53 3

; ;

35 35 35

Câu VII (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

 

2 2

3x xy y 81

I

 









Điều kiện: xy  0

 

2 2

2

4

I





 

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm 2; 2 ,  2; 2

HẾT