Đề và đáp án tuyển sinh đại học môn toán khối A năm 2009

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
32
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:
( )
( )( )
3
sin1sin21
cossin21
=
+

xx

xx
2. Giải phơng trình:
08563232
3
=+ xx
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
( )

=
2
0
23
.cos1cos

xdxxI
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
0
. 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 :
05 =+ yx
. Viết phơng trình đờng thẳng AB.
1
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
0422 = zyx
và mặt cầu
(S):
011642
222
=++ zyxzyx
. 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 z
1
và z
2
là hai nghiệm phức của phơng trình
0102
2
=++ zz
. Tính giá trị của biểu thức:
2

2
2
1
zzA +=
B. Theo chơng trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C):
0644
22
=+++++ yxyx
và đờng
thẳng :
032 =++ mmyx
, 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):
0122 =+ zyx
và hai đờng
thẳng
1
:
6
9
11
1 +
==
+ zyx
,
2
:

2
1
1
3
2
1

+
=

=
zyx
. 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
( )
( )





=
+=+

+
813
log1log
32
2
22
2
yxyx
xyxx
(x, y R)
Hết
Huớng dẫn chấm thi
Câu Đáp án Điểm
Phần chung cho tất cả các thí sinh 7
điểm
Câu I a) Khảo sát hàm số
32
2
+
+
=
x
x
y
1.00
a/ Tập xác định:

=
2
3
\RD
0.25
b/ Sự biến thiên của hàm số
Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đờng tiệm cận

3 3
2 2
lim , lim
x x
y y
+


= = +
, nên đờng thẳng
2
3
=x
là tiệm cận đứng
0.25
2

2
1
lim =

+∞→
y
x
,
2
1
lim =
−∞→
y
x
, nªn ®êng th¼ng
2
1
=y
lµ tiƯm cËn ngang
• B¶ng biÕn thiªn :
( )
2
3
;0
32
1
'
2
−≠∀<
+
−
= x
x
y

Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng






−∞−
2
3
;
vµ






+∞− ;
2
3
0.25
c/ §å thÞ:
§å thÞ c¾t trơc tung t¹i ®iĨm







3
2
;0
vµ C¾t trơc hoµnh t¹i ®iĨm
( )
0;2−
NhËn xÐt : §å thÞ nhËn giao ®iĨm






−=
2
1
;
2
3
I
cđa hai ®êng tiƯm cËn lµm
t©m ®èi xøng.

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-2
2
4
x
y

0.25
b)
ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun
1.00
* Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai
đường thẳng y = x hoặc y = -x. Mµ y’ < 0, nªn:

2
0
1
1
(2x 3)
−
= −
+
⇒
0 0
0 0
x 1 y 1
x 2 y 0
= − ⇒ =


= − ⇒ =


0.50
* ∆
1
: y – 1 = -1(x + 1) ⇔ y = -x (loại)

0.25
* ∆
2
: y – 0 = -1(x + 2) ⇔ y = -x – 2
0.25
C©u II 2.00
a)
Gi¶i ph¬ng tr×nh
1.00
* ĐK:
1
sin
2
x
−
≠
, sinx ≠ 1
( ) ( ) ( )
( )
2
1 2sin cos 3 1 2sin 1 sin
cos 2sin cos 3 1 sin 2sin
cos 3sin sin2 3cos2
⇔ − = + −
⇔ − = + −
⇔ − = +
Pt x x x x
x x x x x
x x x x
0.50

*
cos cos 2
3 6
x x
π π
   
⇔ + = −
 ÷  ÷
   
0.50
3
2
2
= x k


(loaùi)
2
18 3
= +x k

, k Z (thoả mãn)
b)
Giải phơng trình
3
2 3x 2 3 6 5x 8 0 + =
1.00
* Đặt
xvxu 56,23
3

==
với
0

v
Ta đợc
835
23
=+ vu
0.25
* Phơng trình đã cho tơng đơng với Hpt






=+
=+
0
825
832
23
v
vu
vu
0.25
* Giải hệ phơng trình ta đợc

=
=
4
2
v
u
0.25
* Do đó
2
456
223
3
=



=

x
x
x
. Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x =
-2
0.25
Câu 3
Tính tích phân
1.00
* Ta có
( )

21
2
0
2
2
0
5
2
0
23
coscoscos1cos IIxdxxdxxdxxI ===


0.25
* Tính
( )
( )
15
8
sin
5
1
sin
3
2
sinsinsin1cos
2
0
5
2

0
3
2
0
2
0
2
2
2
0
5
1
=+===




xxxxdxxdxI
0.25
* Tính
( )
4
2sin
2
1
.
2
1
2
1

2cos1
2
1
cos
2
0
2
0
2
0
2
0
2
2



=+=+==

xxdxxxdxI
0.25
* Vậy
415
8
21

== III
0.25
Câu 4
Tính thể tích của hình chóp

A
B
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
0.25
4
mp(ABCD). Hay góc SHI = 60
0
* Đáy ABCD có diện tích là:
( )
2
3.
2
1
aADCDABS
d
=+=
0.25
* Tam giác IBC có diện tích
2
3

2
a
SSSS
ICDIABdIBC
==
Suy ra:
5
3
2.
a
IHSBCIH
IBC
==
vì với trung điểm M của AB thì tam
giác MBC vuông cân ,nên
5aBC =
0.25
* Xét tam giác vuông SIH :
5
153
60tan.
0
a
IHSI ==
. Vởy thể tích của
hình chóp là :
5
153

3

1
3
a
SSIV
d
==

0.25
Câu 5
Chứng minh bất đẳng thức
1.00
* Vì x,y,z >0 nên x(x+y+z) = 3yz
1 3
y z y z
x x x x
+ + =
t
0, 0, 0
y z
u v t u v
x x
= > = > = + >
.Tađợc:
( ) ( )
2
2
2
1 3 3 3 3 4 4 0 2 3 2 0 2
2 4
+

+ = = +
ữ

u v t
t uv t t t t t
0.25
* Chia hai v cho x
3
bt ng thc cn chng minh a v
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
1 1 3 1 1 5u v u v u v u v+ + + + + + + +
0.25
*
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 2 2
3
3 3
3 3
3
3 3 2
2 3 1 1 3 1 1 3 1 1 5
2 6 1 1 5 2 6(1 ) 5
1
2 6 1 5 4 6 4 0 2 1 2 0
3
+ + + + + + + +

+ + + + + + +
+

+ + + +
ữ

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
2

t
,nên bất đẳng thức luôn đúng. Vậy ta có ĐPCM
Phần riêng cho từng chơng trình 3.00
Phần đề thi theo chơng trình chuẩn
Câu
VI.a
Phơng pháp toạ độ trong mặt phẳng và không gian
2.00
a)
Viết phơng trình đờng thẳng
1.00
* Vì
( )
E
nên toạ độ của E có dạng E(m; 5 m); Gi F l trung im
ca AB thì F (12 m; m 1). Do E,F đối xứng nhau qua điểm I(6;2)

0.25
* Theo giả thiết
( )( ) ( )( )
0366110. =+= mmmmFMIEFMIE
0.25
* Với m = 6 thì AB có VTPT là:
( )
3;0 =IE
, suy ra pt AB là y = 5 0.25
* Với m = 7 thì VTPT là
( )
4;1 =IE
, suy ra pt AB là x 4y + 19 = 0 0.25
b)
Mặt cầu, đờng tròn giao tuyến
1.00
* PT m.c viết thành
( ) ( ) ( )
25321
222
=++ zyx
, nên tâm I(1;2;3) và
R=5
0.25
* Khoảng cách d từ tâm I đến mp(P) là:
Rd =<=
++

= 53
144

432.21.2
.
Vậy mp(P) cắt mc(I) theo giao tuyến là đờng tròn tâm J, bán kính r.
0.25
5
* Bỏn kớnh ng trũn r =
2 2
R IJ 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
( )
PJ
, suy ra tâm của đờng tròn là J(3 ;0 ;2)
0.25
Câu
VII.a
Số phức
1.00
* Phơng trình
0102
2
=++ zz
có 2 nghiệm phức là z= -1+3i và z = -1- 3i 0.50
* Do đó A = z
1

2
+ z
2

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
a)
Tìm tham số m
1.00
* (C) : x
2
+ y
2
+ 4x + 4y + 6 = 0 cú tõm l I (-2; -2); R =
2
Điều kiện để ct (C) ti hai im phõn bit A, B là
( )
2
,
<
I
d
(1)
0.25
* K ng cao IH ca IAB, ta cú: S

ABC
=

ã
1
IA.IB.sin AIB
2
= sin
ã
AIB
Do ú S

ABC
ln nht khi v ch khi sin
ã
AIB
= 1 AIB vuụng ti I
0.25
* Ta đợc IH =
IA
1
2
=
(tha IH < R)
2
1 4m
1
m 1

=
+

1 8m + 16m

2
= m
2
+ 1 15m
2
8m = 0 m = 0 hay m =
8
15
0.50
b)
Tìm điểm M
1.00
* Toạ độ của M có dạng: M (-1 + t; t; -9 + 6t)
1

2
qua A (1; 3; -1) cú vộct ch phng
a
r
= (2; 1; -2)
0.25
* Vectơ
AM
uuuur
= (t 2; t 3; 6t 8)
AM a
uuuur r
= (14 8t; 14t 20; 4 t)
0.25
* Ta cú : d (M,

2
) = d (M, (P))
2
261t 792t 612 11t 20 + =
35t
2
- 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

ữ

0.25
Câu
VII.b
GiảI hệ phơng trình
1.00
* iu kin xy > 0
0.25
* Hệ phơng trình

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

x xy y 4

+ = + =


+ =



2 2
2 2
x y 2xy
x xy y 4

+ =


+ =


0.25
* GiảI hpt ta đợc 2nghiệm là:
x 2
y 2
=


=

và

x 2
y 2
=


=

0.50
Hết
6