Đáp án đề thi đại học môn toán khối A năm 2009

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn thi: TOÁN; Khối: A

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm)
x+2
Cho hàm số y =
(1).
2x + 3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. 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 toạ độ O.
Câu II (2,0 điểm)
(1 − 2sin x ) cos x
= 3.
1. Giải phương trình
(1 + 2sin x )(1 − sin x )
2. Giải phương trình 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0 ( x ∈ \ ) .
Câu III (1,0 điểm)
π
2

Tính tích phân I = ∫ ( cos3 x − 1) cos 2 x dx .
0

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 60D. 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 khối chóp S . ABCD theo a.
Câu V (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x ( x + y + z ) = 3 yz , ta có:

( x + y) + ( x + z)

+ 3 ( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ 5 ( 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 toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6;2) là giao điểm của hai đường
3

3

3

chéo AC và BD . Điểm M (1;5 ) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường
thẳng Δ : x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng

(S ) : x

( P ) : 2 x − 2 y − z − 4 = 0 và
phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S )

mặt cầu

+ y + z − 2 x − 4 y − 6 z − 11 = 0. Chứng minh rằng mặt
đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1,0 điểm)
2

2

2

theo một

2

2

Gọi z1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 2 z + 10 = 0 . Tính giá trị của biểu thức A = z1 + z2 .

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 + 4 x + 4 y + 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.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và hai đường thẳng

x +1 y z + 9
x −1 y − 3 z +1
= =
=
=
, Δ2 :
. Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng Δ1 sao cho
−2
1
1
6
2
1
khoảng cách từ M đến đường thẳng Δ 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) bằng nhau.
Câu VII.b (1,0 điểm)
⎧⎪log 2 ( x 2 + y 2 ) = 1 + log 2 ( xy )
Giải hệ phương trình ⎨ 2
( x, y ∈ \ ) .
2
⎪⎩3x − xy + y = 81
---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Δ1 :

Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
I
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm) Khảo sát…
⎧ 3⎫
• Tập xác định: D = \ \ ⎨− ⎬ .
⎩ 2⎭
• Sự biến thiên:
−1
- Chiều biến thiên: y ' =
< 0, ∀x ∈ D.
2

( 2 x + 3)

0,25

3⎞
⎛
⎛ 3
⎞
Hàm số nghịch biến trên: ⎜ −∞; − ⎟ và ⎜ − ; +∞ ⎟ .
2⎠
⎝
⎝ 2
⎠
- Cực trị: không có.
- Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y =
x →−∞

x →+∞

1
1
; tiệm cận ngang: y = .
2
2

3
lim − y = −∞, lim + y = +∞ ; tiệm cận đứng: x = − .
⎛ 3⎞
⎛ 3⎞
2

x →⎜ − ⎟
x →⎜ − ⎟
⎝ 2⎠

0,25

⎝ 2⎠

- Bảng biến thiên:

x −∞
y'

1
2

y

−

−

3
2

+∞
+∞

−

0,25
1
2

−∞
• Đồ thị:
x=−

y=

3
2

y

1
2

0,25

O

x

2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…
Tam giác OAB vuông cân tại O, suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng ±1 .
Gọi toạ độ tiếp điểm là ( x0 ; y0 ) , ta có:

−1
= ±1 ⇔ x0 = −2 hoặc x0 = −1.

(2 x0 + 3) 2

0,25
0,25

• x0 = −1 , y0 = 1 ; phương trình tiếp tuyến y = − x (loại).

0,25

• x0 = −2 , y0 = 0 ; phương trình tiếp tuyến y = − x − 2 (thoả mãn).
Vậy, tiếp tuyến cần tìm: y = − x − 2.

0,25

Trang 1/4


Câu
II
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
1
(*).
2
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: (1 − 2sin x)cos x = 3(1 + 2sin x)(1 − sin x)

Điều kiện: sin x ≠ 1 và sin x ≠ −

0,25

π⎞
π⎞
⎛
⎛
⇔ cos x − 3 sin x = sin 2 x + 3 cos 2 x ⇔ cos ⎜ x + ⎟ = cos ⎜ 2 x − ⎟
3⎠
6⎠
⎝
⎝
π
π
2π
⇔ x = + k 2π hoặc x = − + k
.
18
3
2

0,25

Kết hợp (*), ta được nghiệm: x = −

π
18

+k

2π
3

(k ∈ ]) .

0,25
0,25

2. (1,0 điểm) Giải phương trình…

⎧2u + 3v = 8
Đặt u = 3 3 x − 2 và v = 6 − 5 x , v ≥ 0 (*). Ta có hệ: ⎨ 3
2
⎩5u + 3v = 8
8 − 2u
⎧ 8 − 2u
⎧
⎪v =
⎪v =
⇔ ⎨
⇔ ⎨
3
3
⎪(u + 2)(15u 2 − 26u + 20) = 0
⎪15u 3 + 4u 2 − 32u + 40 = 0
⎩
⎩

III

0,25

0,25

⇔ u = −2 và v = 4 (thoả mãn).

0,25

Thế vào (*), ta được nghiệm: x = −2.

0,25

Tính tích phân…

(1,0 điểm)

π

π

2

2

0

0

0,25

I = ∫ cos5 xdx − ∫ cos 2 x dx.
Đặt t = sin x, dt = cos xdx; x = 0, t = 0; x =
π

π

2

2

0

0

1

π
2

I1 = ∫ cos5 xdx = ∫ (1 − sin 2 x ) cos xdx = ∫ (1 − t
π

2

, t = 1.

)

2 2

0

1

1 ⎞
8
⎛ 2
dt = ⎜ t − t 3 + t 5 ⎟ = .
5 ⎠ 0 15
⎝ 3

π

π

12
1⎛
1
8 π
⎞2 π
I 2 = ∫ cos 2 x dx = ∫ (1 + cos 2 x ) dx = ⎜ x + sin 2 x ⎟ = . Vậy I = I1 − I 2 = − .
20
2⎝
2
15 4
⎠0 4
0
2

IV

0,50

0,25

Tính thể tích khối chóp...

(1,0 điểm)

( SIB ) ⊥ ( ABCD) và ( SIC ) ⊥ ( ABCD); suy ra SI ⊥ ( ABCD).
n = 60D.
Kẻ IK ⊥ BC ( K ∈ BC ) ⇒ BC ⊥ ( SIK ) ⇒ SKI

S

A

0,50

B

I
D

C K

Diện tích hình thang ABCD : S ABCD = 3a 2 .

3a 2
3a 2
; suy ra S ΔIBC =
.
2
2
2S
3 5a
2
n = 3 15a .
⇒ SI = IK .tan SKI
BC = ( AB − CD ) + AD 2 = a 5 ⇒ IK = ΔIBC =
BC
5
5
3
1
3 15a
.
Thể tích khối chóp S . ABCD : V = S ABCD .SI =
3
5

Tổng diện tích các tam giác ABI và CDI bằng

Trang 2/4

0,25

0,25

Câu
V
(1,0 điểm)

Đáp án

Điểm

Chứng minh bất đẳng thức…
Đặt a = x + y, b = x + z và c = y + z.
Điều kiện x( x + y + z ) = 3 yz trở thành: c 2 = a 2 + b 2 − ab.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
a3 + b3 + 3abc ≤ 5c3 ; a, b, c dương thoả mãn điều kiện trên.
3
1
c 2 = a 2 + b 2 − ab = (a + b) 2 − 3ab ≥ (a + b) 2 − (a + b) 2 = (a + b) 2 ⇒ a + b ≤ 2c (1).
4
4

0,25

0,25

a 3 + b3 + 3abc ≤ 5c 3 ⇔ (a + b)(a 2 + b 2 − ab) + 3abc ≤ 5c 3

⇔ (a + b)c 2 + 3abc ≤ 5c 3
⇔ (a + b)c + 3ab ≤ 5c 2 .

0,25

3
(1) cho ta: (a + b)c ≤ 2c 2 và 3ab ≤ (a + b) 2 ≤ 3c 2 ; từ đây suy ra điều phải chứng minh.
4
Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c ⇔ x = y = z.

VI.a
(2,0 điểm)

0,25

1. (1,0 điểm) Viết phương trình AB...
Gọi N đối xứng với M qua I , suy ra N (11; −1) và N thuộc đường thẳng CD.
A

M

B
I

D

E N

C

0,25

JJJG

JJG
E ∈ Δ ⇒ E ( x;5 − x ) ; IE = ( x − 6;3 − x ) và NE = ( x − 11;6 − x).
E là trung điểm CD ⇒ IE ⊥ EN .
JJG JJJG
IE.EN = 0 ⇔ ( x − 6)( x − 11) + (3 − x)(6 − x) = 0 ⇔ x = 6 hoặc
x = 7.

0,25

JJG
• x = 6 ⇒ IE = ( 0; −3) ; phương trình AB : y − 5 = 0.

0,25

JJG
• x = 7 ⇒ IE = (1; −4 ) ; phương trình AB : x − 4 y + 19 = 0.

0,25

2. (1,0 điểm) Chứng minh ( P) cắt ( S ), xác định toạ độ tâm và tính bán kính…

( S ) có tâm I (1;2;3), bán kính R = 5.
Khoảng cách từ I đến ( P) : d ( I ,( P) ) =

2− 4−3− 4
3

= 3 < R; suy ra đpcm.

0,25

Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến,
H là hình chiếu vuông góc của I trên ( P) : IH = d ( I ,( P) ) = 3, r = R 2 − IH 2 = 4.

VII.a
(1,0 điểm)

0,25

⎧ x = 1 + 2t
⎪ y = 2 − 2t
⎪
Toạ độ H = ( x; y; z ) thoả mãn: ⎨
⎪z = 3 − t
⎩⎪2 x − 2 y − z − 4 = 0.

0,25

Giải hệ, ta được H (3; 0; 2).

0,25

Tính giá trị của biểu thức…

Δ = −36 = 36i 2 , z1 = −1 + 3i và z2 = −1 − 3i.

0,25

| z1 | = (−1)2 + 32 = 10 và | z2 | = (−1)2 + (−3)2 = 10.

0,50

Trang 3/4


Câu

Đáp án

Điểm

A = | z1 | 2 + | z2 | 2 = 20.

VI.b
(2,0 điểm)

0,25

1. (1,0 điểm) Tìm m...

(C ) có tâm I (−2; −2), bán kính R = 2.

0,25

1
1
IA.IB.sin n
AIB ≤ R 2 = 1; S lớn nhất khi và chỉ khi IA ⊥ IB.
2
2

−2 − 2 m − 2 m + 3
R
=1 ⇔
Khi đó, khoảng cách từ I đến Δ : d ( I , Δ) =
=1
2
1 + m2

Diện tích tam giác IAB : S =

⇔ (1 − 4m ) = 1 + m 2 ⇔ m = 0 hoặc m =
2

8
.
15

0,25
0,25
0,25

2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M ...

G
Δ 2 qua A(1;3; −1) và có vectơ chỉ phương u = (2;1; −2).
M ∈ Δ1 ⇒ M (−1 + t ; t; −9 + 6t ).
JJJG
JJJG G
JJJG G
MA = (2 − t ;3 − t ;8 − 6t ), ⎣⎡ MA, u ⎦⎤ = (8t − 14; 20 − 14t ; t − 4) ⇒ ⎡⎣ MA, u ⎤⎦ = 3 29t 2 − 88t + 68.

JJJG G
⎡ MA, u ⎤
⎣
⎦
Khoảng cách từ M đến Δ 2 : d ( M , Δ 2 ) =
= 29t 2 − 88t + 68.
G
u
Khoảng cách từ M đến ( P ) : d ( M ,( P) ) =

29t 2 − 88t + 68 =

11t − 20
3

t = 1 ⇒ M (0;1; −3); t =
VII.b
(1,0 điểm)

−1 + t − 2t + 12t − 18 − 1
1 + ( −2 ) + 2
2

2

2

=

⇔ 35t 2 − 88t + 53 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t =

53
⎛ 18 53 3 ⎞
⇒ M ⎜ ; ; ⎟.
35
⎝ 35 35 35 ⎠

11t − 20
3
53
.
35

0,25

0,25

.

0,25
0,25

Giải hệ phương trình…
2
2
⎪⎧ x + y = 2 xy
Với điều kiện xy > 0 (*), hệ đã cho tương đương: ⎨ 2
2
⎪⎩ x − xy + y = 4

⎧x = y
⎧x = y
⇔ ⎨ 2
⇔⎨
⎩ y = ±2.
⎩y = 4

0,25

0,50

Kết hợp (*), hệ có nghiệm: ( x; y ) = (2;2) và ( x; y ) = (−2; −2).
-------------Hết-------------

Trang 4/4

0,25