1 Giải đề thi đại học khối A môn toán 2009

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn của Lê Hồng Đức
Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:
1. Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực hiện điều này
2. Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa”

GIẢI ĐỀ THI MƠI TỐN KHỐI A
NĂM 2009

 Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá và định hướng”

Học Tốn theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12
Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC
Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội
Email:
1


Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

2


đề thi môn toán khối A năm 2009
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)
Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

x+2
.
(1)
2x + 3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

2. Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó cắt hai trục Ox,
Oy tại A, B và OAB cân tại O.
y=

Câu II: (2 điểm)

1. Giải phơng trình:
( 1 − 2sin x ) cos x = 3.
( 1 + 2sin x ) ( 1 − sin x )
2. Giải phơng trình:
2 3 3x 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0, (x ∈ ¡ ).
C©u III: (1 điểm): Tính tích phân I =

/2

( cos
0

3

x 1) cos 2 x.dx.

Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A vµ D,

AB = AD = 2a, CD = a, gãc 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) vuông góc với mặt
phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu V: (1 điểm): Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc d¬ng x, y, z tho¶ m·n

x(x + y + z) = 3yz, ta cã:

(x + y)3 + (x + z)3 + 3(x + y)(x + z)(y + z) 5(y + z)3.
Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm một trong hai phần (phần A hoặ B)

A. Theo chơng trình Chuẩn
Câu VI. a (2 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) và mặt cầu (S) có
phơng trình: (P): 2x 2y z − 4 = 0, (S): x2 + y2 + z2 − 2x − 4y − 6z − 11 =
0.Chøng 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.
3


Câu VII.a (1 điểm): Gọi z1 và z2 là hai nghiệm của phơng trình z2 + 2z + 10 = 0.
Tính giá trị của biểu thức A = z12 + z22.
B. Theo chơng trình Nâng cao
Câu VI. b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C) và đờng thẳng () có
phơng trình:
(C): x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0,
(∆): x + my − 2m + 3 = 0, víi m là tham số thực.
Gọi I là tâm đờng tròn (C). Tìm m để () cắt (C) tại hai điểm phân biƯt A vµ B
sao cho diƯn tÝch ∆IAB lín nhÊt.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và hai đờng thẳng

(1), (2) có phơng trình:
(P): x − 2y + 2z − 1 = 0,

x +1 y z + 9
x −1 y − 3 z +1
(∆1 ) :
= =
, (∆ 2 ) :
=
=
.,
1
1
6
2
1
−2
x −1 y − 3 z +1
( 2 ) :
=
=
.
2
1
2
Xác định toạ độ điểm M thuộc đờng thẳng (1) sao cho khoảng cách từ M tới
đờng thẳng (2) và khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) bằng nhau.
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phơng trình:
log 2 (x 2 + y 2 ) = 1 + log 2 (xy)

.
 x 2 − xy + y2
3

= 81


Câu I.
1. Với hàm số:

Đánh giá và định hớng thực hiện

(H): y =
ta lần lợt có:

ax + b
, với c ≠ 0, D = ad − bc ≠ 0
cx + d

d
}.
c
b. Sự biến thiên của hàm số:
Giới hạn của hàm số tại vô cực, giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:
lim y = a nên y = a là đờng tiệm cận ngang.
x
c
c
a. Tập xác ®Þnh D = ¡ \{−

4


limd

x



c

y = nên x =

d
là đờng tiệm cận đứng.
c

Bảng biến thiên:

ad bc
.
cx + d
- Nếu D = ad bc > 0 hàm số đồng biÕn trªn D.
- NÕu D = ad − bc < 0 hàm số nghịch biến trên D.
Lập bảng biến thiên:
y' =

Trờng hợp D > 0

x
y'
y

d/c

+

+
+

+

a
c

a
c



d

Vậy, hàm số đồng biến trên các khoảng ; ữ và
c


d

; + ữ.
c

Trờng hợp D < 0

x
y'
y



d/c



+


+

a
c



a
c

d

Vậy, hàm số nghịch biến trên các khoảng ; ữ và
c

d

; + ữ.
c


c. Đồ thị: Xác định toạ độ giao điểm của đồ thị với jai trục toạ độ.
Do có hai trờng hợp khác nhau về chiều biến thiên nên đồ thị của hàm số
có hai dạng sau đây:
Với D > 0
Với D < 0

x= d/c
I

x= d/c
y=a/c

I

y=a/c

Đồ thị hàm số nhận giao điểm của hai đờng tiệm cận làm tâm đối xứng.
Một số tính chất của hàm phân thức hữu tỉ
bậc nhÊt trªn bËc nhÊt

5

Tích chất 1: Đồ thị nhận giao điểm của hai đờng tiệm cận làm tâm đối xứng.
Hớng dẫn chứng minh:
Bớc 1:
Thật vậy, điểm I(x0, y0) là giao điểm của hai ®êng tiƯm cËn, ta
dêi trơc b»ng tÞnh tiÕn vỊ gèc I. Công thức dời trục là:
x = X + x 0
.

 y = Y + y0
Thay x, y vµo hµm số ta đợc:
a(X + x 0 ) + b
Y + y0 =
⇔ Y = F(X).
c(X + x 0 ) + d
Bớc 2:
Hàm số này là hàm lẻ nên đồ thị nhận I làm tâm đối xứng.
Tích chất 2: Không có bất cứ đờng tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số đi qua tâm
đối xứng I.
Hớng dẫn chứng minh:
ax 0 + b
Bíc 1:
LÊy ®iĨm M(x0, y0)∈(H), khi ®ã y0 =
.
cx 0 + d
Phơng trình tiếp tuyến tại M là
(d): y − y0 = y’(x0)(x − x0).
(1)
Bíc 2:
Gi¶ sư I∈(d), khi ®ã:
a

d
− y0 = y’(x0)( −
− x0).
(2)
c
c
Tõ (2) suy ra ®iÒu mâu thuẫn.
Bớc 3:
Vậy không có bất cứ đờng tiếp tuyến nào của đồ thị hàm
số đi qua I.
Tích chất 3: M là điểm tuỳ ý thuộc đồ thị hàm số. Nếu tiếp tuyến tại M cắt hai
tiệm cận tại A, B thì:
a. M là trung điểm AB;
b. IAB có diện tích không đổi ;
c. Tích các khoảng cách từ M tới hai đờng tiệm cận là một hằng số.
Hớng dẫn chøng minh:
Bíc 1:
LÊy ®iĨm M(x0, y0)∈(H), khi ®ã:
ax 0 + b
y0 =
.
cx 0 + d
Phơng trình tiếp tuyến tại M lµ
(d): y − y0 = y’(x0)(x − x0).
(1)

6


Bớc 2:

Bớc 3:

Xác định toạ độ của A, B theo thứ tự là giao điểm của đd
ờng thẳng (d) với tiệm cận đứng (tcđ) x = và tiệm cận
c
a
ngang (tcn) y = .
c
Ta cã:
a. NhËn xÐt r»ng xA + xB = 2xM M là trung điểm AB.
1
b. SIAB = IA.IB = const.
2
c. Gọi các khoảng cách:
d
a
d1 = d(I, tc®) = |x0 + |, d2 = d(I, tcn) = |y0 |.
c
c
Khi đó:
d1.d2 = const.

Tích chất 4: Tam giác néi tiÕp Hyperbol (H)
a. NÕu ∆ABC néi tiÕp trong Hyperbol (H) (A, B, C không thẳng hàng
thuộc đồ thị hàm số ) thì trực tâm H của ABC cũng thuộc (H).
b. Nếu ABC vuông tại A nội tiếp trong (H) thì B, C thuộc hai
nhánh của Hyperbol (H).
c. Nếu xét tập hợp các tam giác vuông có chung đỉnh góc vuông và
cùng nội tiếp trong một đờng Hyperbol (H) thì tất cả các cạnh

huyền của chúng song song với nhau (hay cïng vu«ng gãc víi
mét tiÕp tun ).
Chøng minh
Kh«ng mÊt tính tổng quát, ta xét Hyperbol (H) có phơng trình
1
(H): y = .
x
Với A, B, C(H), ta đợc:
1
1
1
A(x1,
), B(x2,
), C(x3,
).
x1
x2
x3
a. Giả sử H(x0, y0) là trực tâm ABC, khi đó:

1 1 1

uuu uuu
r
r
(x 0 − x1 )(x 3 − x 2 ) + (y 0 − x )( x − x ) = 0
 AH ⊥ BC
1



1
3
2
r
r
⇒ y0 =
 uuu uuu ⇔ 
x0
 BH ⊥ AC
(x − x )(x − x ) + (y − 1 )( 1 − 1 ) = 0

0
2
3
1
0

x 2 x 3 x1

⇔ H∈(H).
7


b. ABC vuông tại A

uuu uuu
r r
ABAC AB . AC = 0
1
1

1
1
1
⇔ (x2 − x1)(x3 − x1) + (
−
)(
−
)=0⇔1+ 2
=0
x2
x1 x 3
x1
x1 .x 2 .x 3

2
⇔ x1 .x2.x3 = −1 ⇒ x2.x3 < 0
⇔ B, C thuéc hai nhánh của Hyperbol (H).
c. Ta có:
ABC vuông tại A và các đỉnh A, B, C có hòanh độ tơng ứng là x1, x2, x3,
luôn có:
2
x1 .x2.x3 = 1
1
và ®êng th¼ng (BC) cã hƯ sè gãc kBC = −
.
(1)
x2x3
 AB1C1 vuông tại A và các đỉnh A, B1, C1 có hòanh độ tơng ứng là x1, x'2,
x'3, luôn có:
2

x1 . x'2.x'3 = 1
1
và đờng thẳng (B1C1) có hệ sè gãc k B'C' = − ' ' .
(2)
x2x3
Tõ (1), (2) suy ra:
kBC = k B'C ' ⇔ BC//B'C'.
Tøc lµ BC, B'C' cùng vuông góc với tiếp tuyến tại A cña (H).

TÝch chÊt 5: TiÕp tuyÕn cña Hyperbol (H)
a. Hai tiÕp tun cđa (H) kh«ng bao giê vu«ng gãc víi nhau.
b. Hai tiÕp tun song song cđa (H) cã c¸c tiếp điểm đối xứng
nhau qua tâm của (H).
Chứng minh
Không mất tính tổng quát, ta xét Hyperbol (H) có phơng trình
1
(H): y = .
x
1
Với A(x1,
)(H), ta đợc phơng trình tiếp tuyến t¹i A cã d¹ng:
x1
1
1
1
(dA): y = − 2 (x − x1) +
⇒ hƯ sè gãc cđa (dA) lµ kA = 2 .
x1
x1
x1

1
Với B(x2,
)(H), ta đợc phơng trình tiếp tuyến t¹i B cã d¹ng:
x2

8


(dB): y = −

1
1
1
⇒ hƯ sè gãc cđa (dB) lµ kB = − 2 .
2 (x − x2) +
x2
x2
x2

a. Ta cã:

1
1
2
2
2 ).(− 2 ) = −1 ⇔ x1 . x 2 = −1 (MT).
x1
x2
VËy hai tiÕp tun cđa (H) kh«ng bao giê vu«ng gãc víi nhau.
b. Ta cã:

1
1
2
2
(dA)//(dB) ⇔ kA = kB ⇔ − 2 = − 2 ⇔ x1 = x 2 ⇔ x1 = − x2.
x1
x2
1
1
Suy ra A(x1,
) và B( x1,
) A, B đối xứng qua tâm O của (H).
x1
x1
Tích chất 6: Hyperbol (H) và đờng tròn. Nếu một đờng tròn (C) cắt (H) tại bốn
điểm sao cho hai điểm trong 4 điểm đó là các đầu mút đờng kính
của đờng tròn, thì hai điểm còn lại đối xứng nhau qua tâm của (H)
và ngợc lại.
Hớng dẫn chứng minh:
Giả sử (C)(H) = {A, B, C, D} và AB là đờng kính của (C), khi đó:
DAB vuông tại D tiếp tuyến tại D là (dD) vuông góc với AB.
CAB vuông tại C tiếp tuyến tại C là (dC) vuông góc với AB.
(dD)//(dC) C, D đối xứng qua tâm O của (H).
(dA)⊥(dB) ⇔ kA.kB = − 1 ⇔ (−



Chó ý: Víi phÐp dêi trơc b»ng tÞnh tiÕn vỊ gèc I, theo công thức dời trục là:
d

x =X


c
,

y = Y + a

c

ax + b
k
ta đa phơng trình của Hyperbol (H): y =
về d¹ng: Y = .
cx + d
X
2. Chóng ta nhËn thÊy rằng:
OAB vuông cân tại O Đờng thẳng AB có hệ số góc bằng 1.
Khi đó, bài toán đợc chuyển về "Lập phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
biết hệ số góc của nó".
Tới đây các em học sinh hÃy tham khảo định hớng trong câu I.2 của ®Ị to¸n
khèi B − 2006.



9


Chú ý: Nếu các em học sinh không đa ra đợc đánh giá về hệ số góc của tiếp
tuyến thoả mÃn điều kiện đầu bài thì cần thực hiện bài toán theo định hớng trong

câu I.2 của đề toán khối D 2007.
Câu II.
1. Chúng ta có đánh giá rằng TS và MS không có nhân tử chung, do đó hớng đi
duy nhất là nhân chéo hai vế để nhận ®ỵc:
( 1 − 2sin x ) cos x = 3 ( 1 + 2sin x ) ( 1 − sin x )
⇔ cos x − 2sin x.cos x = 3 ( 1 − 2sin 2 x + sin x )
⇔ cos x − sin 2x = 3 ( cos 2x + sin x )
Tới đây, dễ dàng đánh giá đợc rằng cần chia hai cung x và 2x về hai vế để
nhận đợc phơng trình có dạng tổng quát:
a.sin(kx) + b.cos(kx) = c.sin(lx) + d.cos(lx), víi a2 + b2 = c2 + d2
và phơng pháp giải nó tơng tự cách 1 để giải phơng trình a.sinx + b.cosx = c
Tham khảo định hớng trong câu II.1 của đề toán khối D 2007.
Nh vậy, khi trình bày bài toán này các em học sinh cần thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:
Đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình.
(*)
Bớc 2:
Sử dụng biến đổi trên để giải phơng trình.
Bớc 3:
Kết hợp víi ®iỊu kiƯn (*) ®Ĩ ®a ra kÕt ln vỊ nghiệm của phơng trình.
2. Nhận xét rằng phơng trình chứa cả căn bậc ba

(

)

(

3

3x 2

)

và căn bậc hai

6 5x mà giữa chúng:

Đợc liên kết với nhau bởi phép "+", nên việc sử dụng phép nâng lên luỹ
thừa để khử căn cho phơng trình là không khả thi.
Không có mối liên hệ mũ với nhau, nên không thể sử dụng một ẩn phụ để
chuyển phơng trình về dạng đa thức.
Từ đó, phơng pháp đợc đề xuất là sử dông hai Èn phô:
 u = 3 3x − 2
u 3 = 3x − 2


⇔ 2
⇒ 5u3 + 3v2 = 8.

 v = 6 − 5x
v = 6 − 5x



Khi đó, phơng trình đợc chuyển thành hệ:
2u + 3v 8 = 0
3
2
5u + 3v = 8

và để giải hệ trên chúng ta chỉ cần sử dụng phơng pháp thế.


Câu III. Đây là tích phân chỉ chứa một hàm số lợng giác (hàm số cosx) và lại đợc
cho dới dạng tích, điều này cho phép chúng ta nghĩ tới việc tách I thành nhiều tích
phân khác nhau, cụ thÓ:
10


I=

π/2

∫
0

( cos5 x − cos2 x ) dx

=

π/2

∫ cos

π/2

x.dx − ∫ cos 2 x.dx .
0
0
1 42 43 1 42 43

5

I1

I2

Tíi đây, để tính đợc I1 và I2 các em học sinh chỉ cần sử dụng nhận xét cho các
dạng tổng quát sau:
b
b


cos 2n x.dx hoặc sin 2n x.dx ữ đợc xác định bằng cách sử dụng
Tích phân
a
a


1
1


2
2
công thức hạ bậc cos x = (1 + cos 2x)  hc sin x = (1 − cos 2x) ữ.
2
2


b

Tích phân cos

2n +1

a

b

cos
a

b

2n +1

b


x.dx hoặc sin 2n +1 x.dx ữ đợc xác định bằng cách:
a


b

x.dx = ∫ cos 2n x.cos x.dx
a

b

= ∫ ( cos 2 x ) .cos x.dx = ∫ ( 1 − sin 2 x ) .cos x.dx.
a

n

n

a

Khi đó, chỉ cần sử dụng ẩn phụ t = sinx.
Câu IV. Đây là bài toán về hình học không gian có yêu cầu nhiều về kiến thức ở
lớp 11, cụ thể:
Vì (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên:
1
SI (ABCD) VS.ABCD = SI.SABCD .
3
Góc giữa hai mặt phẳng, cụ thể là (SBC) và (ABCD). Khi đó, các em học
sinh cần chỉ ra đợc một điểm thuận lợi K trªn giao tuyÕn BC sao cho:
(SBC) ⊃ Kx ⊥ BC
·
⇒ xKy = 600.

(ABCD) Ky BC

Điểm K chính là hình chiếu vuông góc của S (hoặc I) trên BC bởi định lý
ba đờng vuông góc.
Công việc còn lại của các em là sử dụng các hệ thức trong tam giác để tính SI
và SABCD.

Câu V. Trớc tiên, các em học sinh hÃy nhìn vào bất đẳng thức cần chứng minh để
khẳng định rằng nó đợc xây dựng dựa trên ba hạng tử là:
x + y, x + z và y + z.
Nh vậy, để giảm độ phức tạp của bất đẳng thức cần chứng minh chúng ta nghĩ
ngay tới viƯc sư dơng ba Èn phơ:

11


a = x + y

(*)
b = x + z
c = y + z

và khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với:
a3 + b3 + 3abc 5c3 ⇔ (a + b)(a2 + b2 − ab) + 3abc 5c3.
(1)
Tới đây, chúng ta cần chuyển biểu thức điều kiƯn theo a, b, c, th× b»ng viƯc
giaie hƯ (*), chúng ta sẽ nhận đợc:
1
1
1
x = (a b + c), y = (a + b − c), z = ( −a + b + c).
2
2
2
Khi ®ã, ®iỊu kiƯn x(x + y + z) = 3yz trë thµnh:
c2 = a2 + b2 ab.
(2)

Công việc còn lại chỉ là tận dụng triệt để (2) để chứng minh (1).
Câu VI.a
1. Các em học sinh hÃy phác thảo ra hình vẽ để thấy rằng với yêu cầu viết phơng
trình đờng thẳng AB, chúng ta chỉ cần xác định phơng của nó (tức đi tìm vtcp
hoặc vtpt của AB) bởi AB luôn đi qua M (giả thiết).
Ta lần lợt đánh giá nh sau:
Để có đợc vtcp của AB, chúng ta cần biết đợc
A M
B
toạ độ của A hoặc B và hớng này không đúng
bởi không tận dụng đợc giả thiết đà cho về I
I
()
và E.
Để có đợc vtpt của AB, chúng ta chỉ cần biết
D
C
E
toạ độ điểm E và vì E thuộc () nên chúng ta
chỉ cần thêm một điều kiện nữa.
Công việc này khá đơn giản khi tận dụng đợc tính đối xứng của tâm I để
tìm đợc điểm N ®èi xøng víi M quauuutõ ®ã:
uu I,r
r
N ∈ CD ⇒ NE IE IE.NE = 0 toạ độ của E.
Nh vậy, để thực hiện bài toán trên chúng ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:
Gọi N là điểm ®èi xøng víi N qua I, suy ra to¹ ®é của N và nhận xét
N thuộc đờng thẳng CD.
Bớc 2:

Ta lần lợt:
Vì E thuộc đờng thẳng () nên có toạ độ thoả mÃn phơng trình
uuu
r
uu
r
đờng thẳng (). Từ đó, suy ra toạ độ của IE và NE .
Vì E là trung điểm của CD nên:
uu uuu
r r
IE NE IE.NE = 0 toạ độ của E.
Bớc 3:
Phơng trình đờng thẳng AB đợc cho bởi:

Qua M
uu .
r
(AB) :
vtpt IE

2. Đây thuộc dạng toán xét vị trí tơng đối của mặt phẳng với mặt cầu, và ở đây:
12


uu
r
a. Để chứng minh rằng mặt phẳng (P) (có vtpt n p ) cắt mặt cầu (S) (có tâm I
bán kính R) theo một đờng tròn, chúng ta đi khẳng định:
d(I, (P)) < R.
b. Để xác định toạ độ tâm H và bán kính r của đờng tròn đó, ta lần lợt có:

Bán kính r = Bán kính r= R 2 IH 2 . .
Tâm H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) nên để có đợc toạ độ của
H chúng ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1: Viết phơng trình tham số (giả sử theo t) của đờng thẳng (d)
qua I và vuông góc với (P), tøc:
Qua I

uu .
r
(d) : 
 vtcp n p

Bíc 2: Thay phơng trình của (d) vào (P), ta đợc:
f(t) = 0 Giá trị t Toạ độ điểm H.
Bớc 3: Kết luận.
Câu VII.a. Với yêu cầu này chúng ta chỉ cần giải phơng trình để tìm đợc nghiệm
phức rồi sử dụng công thức tính môđun.


Câu VI.b.
1. Với các em häc sinh cha cã kinh nghiƯm sÏ thùc hiƯn bµi toán này theo thứ tự:
Tìm m để () cắt (C) (có tâm I, bán kính R) tại hai điểm phân biệt A và B,
tức là thiết lập điều kiện:
d(I, ()) < R.
Tìm m để diện tích IAB lớn nhất.
Trong thực tế, bài toán này đợc thực hiện theo các bớc sau:
Bớc 1:
Xác định tâm I và bán kính R cđa (C).
Bíc 2:
NhËn xÐt r»ng:

1
1
·
S∆IAB = IA.IB.sin AIB ≤ IA.IB
2
2
từ đó, suy ra, đạt đợc khi:
R
0
Ã
Ã
sin AIB = 1 ⇔ AIB = 90 ⇔ IA ⊥ IB ⇔ d(I, ()) =
2
Giá trị tham số.
Bớc 3:
Kết luận.


13


Chú ý: Trong lập luận trên vì có điều kiện d(I, ()) =

R
< R nên (C) luôn
2

cắt ().
2. Bài toán này thuộc dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng (d) thoả mÃn điều kiện

K", trớc tiên các em học sinh hÃy tham khảo định hớng trong câu III.1 của đề
toán khối B 2006. Sau đó, cần nhớ đợc các công thức tính khoảng cách từ
một điểm tới một mặt phẳng và công thức tính khoảng cách từ một điểm tới
một đờng thẳng.
Câu VII.b. Để giải hệ phơng trình đà cho chúng ta chỉ cần thực hiẹn theo các bớc
sau:
Bớc 1:
Đặt ®iỊu kiƯn cã nghÜa cho hƯ.
(*)
Bíc 2:
Sư dơng c¸c phÐp biến đổi tơng đơng của hàm mũ và lôgarit chúng
ta sẽ biến đổi đợc hệ về dạng đơn giản.
Bớc 3:
Kết hợp với (*) để kết luận nghiệm đúng của hệ.
Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh
môn toán khối A năm 2009
Câu I.
1. Ta lần lợt có:
3
a. Hàm số xác định trên D = Ă \ .
2
b. Sự biến thiên của hàm số:
Giới hạn của hàm số tại vô cực, giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:
1
1
lim y = nên y = 1 là đờng tiệm cận ngang.
x
2
2
lim + y = +

lim y =
3
3
và x 3
nên x = là đờng tiệm cận đứng.
x ữ

ữ
2
2
2
y
Bảng biến thiên:
x =3/ 2
1
y' =
< 0 với mọi xD
(2x + 3)2
2/3
y = 1/2
I
hàm số nghịch biến trên D.

x
y'



+

3/2

3/2
y



+

+
+

O

x

3/2

3
c. Đồ thị của hàm số: Đồ thị hàm số nhận điểm I ;
2

14

2

1
ữ làm tâm đối xứng.
2

2

Lấy thêm các điểm A 0; ữ và B(2; 0).
3


2. Ta cã thĨ lùa chän mét trong hai c¸ch:

C¸ch 1: Nhận thấy rằng:
OAB vuông cân tại O Đờng thẳng AB có hệ số góc bằng 1.
Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C) là nghiệm của phơng trình:
x = 2
1
= 1 (2x + 3)2 = ±1 ⇔ 
.
y’ = ±1 ⇔ −
2
(2x + 3)
x = 1
Khi đó, ta lần lợt có:
Với x = 2, ta đợc tiếp tuyến (d1) có d¹ng y = −x − 2.
 Víi x = −1, ta đợc tiếp tuyến (d2) có dạng y = x, tiếp tuyến này bị loại bởi
nó đi qua gốc toạ độ O.
Vậy, tiếp tuyến cần tìm có phơng trình y = x 2.
Cách 2: Điểm M(a; y(a)) đồ thị hàm số, khi đó phơng trình tiếp tuyến tại M cã d¹ng:
(d): y = y'(a)(x − a) + y(a) ⇔ (d) : y = −

⇔ (d) : y =

1
a+2
(x − a) +
2
2a + 3
(2a + 3)

1
2a 2 + 6a + 6
x+
.
(2a + 3) 2
(2a + 3) 2

Toạ độ giao điểm A cđa tiÕp tun (d) víi Ox lµ nghiƯm cđa hÖ:

y = 0

1
2a 2 + 6a + 6 ⇒ A( −2a2 − 6a − 6; 0).

y=
x+

(2a + 3) 2
(2a + 3) 2

Toạ độ giao điểm B của tiếp tuyến (d) víi Oy lµ nghiƯm cđa hƯ:

x = 0
 2a 2 + 6a + 6 

2
1
2a + 6a + 6 ⇒ ⇔ B  0;

÷.
(2a + 3) 2 

 y = (2a + 3) 2 x + (2a + 3) 2

§Ĩ OAB cân tại A điều kiện là:
a = 2
2a 2 + 6a + 6
2
.
OA = OB ⇔ −2a − 6a − 6 =
⇔ (2a + 3)2 = 1 ⇔
2
(2a + 3)
a = 1
Khi đó, ta lần lợt có:
Với a = 2, ta đợc tiếp tuyến (d1) cã d¹ng y = −x − 2.
 Víi a = 1, ta đợc tiếp tuyến (d2) có dạng y = x, tiếp tuyến này bị loại bởi
nó đi qua gốc toạ độ O.
Vậy, tiếp tuyến cần tìm có phơng trình y = x 2.
Câu II.
15

1. §iỊu kiƯn:

1

sin x ≠ −
( 1 + 2sin x ) ( 1 − sin x ) ≠ 0 
2.
sin x 1

Với điều kiện (*) biến đổi tơng đơng phơng trình về dạng:
( 1 2sin x ) cos x = 3 ( 1 + 2sin x ) ( 1 − sin x )

(*)

⇔ cos x − 2sin x.cos x = 3 ( 1 − 2sin 2 x + sin x )
⇔ cos x − sin 2x = 3 ( cos 2x + sin x )
⇔ cos x − 3 sin x = 3 cos 2x + sin 2x

⇔

π
π


1
3
3
1

cos x −
sin x =
cos 2x + sin 2x ⇔ co s  x + ÷ = co s  2x − ÷
3
6


2
2
2
2

π
π
π


 2x − 6 = x + 3 + 2kπ
 x = 2 + 2kπ
,k∈ ¢ .
⇔
⇔
 2x − π = − x − π + 2kπ
 x = + k 2


18
3
6
3

Kết hợp với (*), ta đợc nghiệm của phơng trình là x =


2
+k
,k  .
18
3

2. §iỊu kiƯn:

6
6 − 5x ≥ 0 ⇔ x ≤ .
5
Sư dông hai Èn phô:
 u = 3 3x − 2
u 3 = 3x − 2


⇔ 2
⇒ 5u3 + 3v2 = 8.

 v = 6 − 5x
 v = 6 − 5x , v 0


Khi đó, phơng trình đợc chuyển thµnh hƯ:
8 − 2u


8 − 2u

v = 3
 2u + 3v − 8 = 0

v =
⇔
⇔
3
 3
2
2
 8 − 2u 
3
3
5u + 3v = 8
5u + 3
15u + 4u 2 − 32u + 40 = 0


÷ =8

 3 

8 − 2u

u = −2
v =
⇔

⇔
3
⇒ 6 − 5x = 4
 v = 4 (tho¶ m·n )
(u + 2)(15u 2 − 26u + 20) = 0

⇔ 6 − 5x = 16 ⇔ x = 2.
16


Vy, phơng trình cú nghim duy nht x = 2.
Câu III. Biến đổi I về dạng:
I=

/2

( cos

5

0

x cos 2 x ) dx

=

π/2

π/2

5
2
∫ cos x.dx − ∫ cos x.dx .
0
0
1 42 43 1 42 43
I1

(1)

I2

Ta lần lợt:
Với I2 ta sử dụng công thức hạ bậc:
/ 2
/2
1
I 2 = ∫ ( 1 + cos 2x ) dx = 1  1 + 1 sin 2x  = π .
÷
2 0
2
2
4

0

(2)

 Víi I1 ta sư dơng phÐp biÕn ®ỉi:
I1 =

π/ 2

∫

cos x.cos x.dx =
4

0

π/2

∫ ( 1 − sin x )
2

2

.cos x.dx .

0

Đặt t = sinx, suy ra dt = cosx.dx.
Đổi cËn:
- Víi x = 0 th× t = 0.
π
- Víi x = thì t = 1.
2
Khi đó:
1

1

1

I1 = ( 1 − t 2 ) dt = ∫ ( 1 − 2t 2 + t 4 ) dt =  t − 2 t 3 + 1 t 5  = 8 . (3)
 3
5 ÷ 0 15


0
0
2

Thay (2), (3) vào (1), ta đợc I =

8
.
15 4

Câu IV. Bạn đọc tự vẽ hình.
Vì (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên:
1
SI (ABCD) VS.ABCD = SI.SABCD .
3
Ta cã ngay:
1
SABCD = (AB + CD)AD = 3a 2 .
2
Gọi K là hình chiếu vuông góc của S trên BC, suy ra:
IK BC (định lý ba đờng vuông góc)

Ã
g((SBC) và (ABCD)) = SKI = 600.

(1)

(2)

Ta cã nhËn xÐt:
17


3a 2 3a 2
=
.
S∆IBC = SABCD − (S∆IAB + S∆ICD) = 3a
2
2
Mặt khác, ta cũng có:
1
1
SIBC = IK.BC = IK. (AB − CD) 2 + AD 2
2
2
2

⇔ IK =

2S∆IBC
(AB − CD) + AD
2

2

=

3a 5
.
5

Trong ∆SIK, ta cã:
3a 5
3a 15
·
SI = IK.tan SKI =
.tan 600 =
.
5
5
Thay (2), (3) vµo (1), ta đợc VS.ABCD =

(3)

3a 3 15
.
5

Câu V. Đặt:
1

x = 2 (a − b + c)

a = x + y

1


 b = x + z ⇒  y = (a + b − c) .
2
c = y + z


1

z = 2 (−a + b + c)

Khi ®ã, ®iỊu kiƯn x(x + y + z) = 3yz trë thµnh:
c2 = a2 + b2 − ab.
3
1
2
2
2
⇔ c2 = (a + b)2 − 3ab ≥ (a + b) − (a + b) = (a + b)
4
4
a + b 2c.
Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với:
a3 + b3 + 3abc ≤ 5c3 ⇔ (a + b)(a2 + b2 − ab) + 3abc ≤ 5c3
(1)

2

3
2
⇔ (a + b)c + 3abc ≤ 5c ⇔ (a + b)c + 3ab ≤ 5c .
Tõ (2), ta có:
(a + b)c 2c2.
Mặt khác:
1
1
ab (a + b) 2 ≤ (2c) 2 = c 2 ⇔ 3ab ≤ 3c 2 .
4
4
Céng theo vÕ (4) vµ (5) ta đợc bất đẳng thức cần chứng minh (3).

18

(1)

(2)

(3)
(4)
(5)


Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
c 2 = a 2 + b 2 − ab
⇔ x = y = z.

a = b = c
Câu VI.a

1. Gọi N là ®iĨm ®èi xøng víi N qua I, suy ra N(11; 1) và N thuộc đờng thẳng CD.
Ta lần lợt:
Vì E thuộc đờng thẳng () nên E(x; 5 x), khi ®ã:
uuu
r
uu
r
IE (x − 6; 3 − x) vµ NE (x 11; 6 x).
Vì E là trung điểm cđa CD nªn:
uu uuu
r r
IE ⊥ NE ⇔ IE.NE = 0
⇔ (x − 6)(x − 11) + (3 − x)(6 − x) = 0 ⇔ x2 − 13x + 42 = 0
x = 6 hoặc x = 7.
Ta lần lợt:
Với x = 6 thì phơng trình đờng thẳng AB ®ỵc cho bëi:
Qua M(1; 5)

uu
r
(AB) : 
⇔ (AB): y − 5 = 0.
 vtpt IE(0; 3)

 Víi x = 7 thì phơng trình đờng thẳng AB đợc cho bởi:
Qua M(1; 5)

uu
r
(AB) : 

⇔ (AB): x − 4y + 19 = 0.
vtpt IE(1; 4)

Vậy, bài toán có hai nghiệm về phơng trình đờng thẳng (AB).
2. Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 5.
Ta cã:
d(I, (P)) =

2.1 − 2.2 − 1.3 − 4
4 + 4 +1

=3
(P) (S) = {(C)} là một đờng tròn nằm trong mặt phẳng (P).
Đờng tròn (C) có bán kính r và tâm H là hình chiếu vuông góc của I lên (P).
Bán kính r đợc cho bởi:
r = R2 − IH 2 = 52 − 32 = 4.
Gọi (d) là đờng thẳng qua I và vuông gãc víi (P) (cã vtpt (2; −2; −1)), ta
cã:

19


x = 1 + 2t

Qua I(1; 2;3)


uu
r

(d) : 
⇔ (d) : y = 2 − 2t , t ∈ ¡ .
 vtcp n p (2; − 2; − 1)
z = 3 t



Khi đó, toạ độ của H là nghiệm x, y, z của hệ phơng trình:
x = 1 + 2t
x = 1 + 2t
x = 3
y = 2 − 2t
y = 2 − 2t



⇔
⇒ y = 0

z = 3 − t
z = 3 − t
z = 2
2x − 2y − z − 4 = 0
2(1 + 2t) − 2(2 − 2t) − (3 − t) − 4 = 0



H(3; 0; 2).
Vậy, mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đờng tròn (C) có bán kính bằng 4
và tâm H(3; 0; 2).

Câu VII.a. Với phơng trình:
z2 + 2z + 10 = 0
ta cã:
∆’ = 1 − 10 = −9 = 9i2 ⇒ z1 = −1 + 3i và z2 = 1 + 3i.
Từ đó, suy ra:
A = z12 + z22 = [(−1)2 + 32] + [(−1)2 + (3)2] = 20.
Câu VI.b
1. Đờng tròn (C) có tâm I(2; 2) và bán kính R = 2.
Nhận xét rằng:
SIAB =

1
1
·
IA.IB.sin AIB ≤ IA.IB
2
2

tõ ®ã, suy ra ( S∆IAB ) Max =

1
IA.IB , đạt đợc khi:
2

R
0
Ã
Ã
sin AIB = 1 AIB = 90 ⇔ IA ⊥ IB ⇔ d(I, (∆)) =
2

⇔

−2 − 2m − 2m + 3
1 + m2

=

1 − 4m
2
⇔
= 1 ⇔ (1 − 4m)2 = 1 + m2
2
1 + m2

⇔ 8m2 − 15m = 0 ⇔ m = 0 hc m = 0 hc m =
VËy, víi m = 0 hoặc m =
20

8
.
15

8
thoả mÃn điều kiện đầu bài.
15


2. Ta lần lợt:
Chuyển phơng trình đờng thẳng (1) vỊ d¹ng tham sè:
x = t − 1


( ∆1 ) : y = t
, t∈¡ .
z = 6t − 9


Khi ®ã, ®iĨm M thc (∆1) th× M(t − 1; t; 6t 9).

uu
r
Đờng thẳng (2) đi qua điểm A(1; 3; −1) vµ cã vtcp u 2 (2; 1; − 2) (2; 1; 2).
Khi đó, ta lần lợt có:
Khoảng cách từ M tới đờng thẳng (2) đợc cho bởi:
uuuu
r
MA, u 2 


d1 = d(M, ( ∆ 2 )) =
= 29t 2 88t + 68.
u2
Khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) đợc cho bởi:
t 1 − 2t + 12t − 18 − 1 11t − 20
d 2 = d(M, (P)) =
=
.
3
12 + (−2) 2 + 22
Từ đó, để d1 = d2 điều kiện là:
11t 20

53
⇔ 35t2 − 88t + 53 = 0 ⇔ t = 1 hc t = .
29t 2 − 88t + 68 =
35
3
Từ đó:
Với t = 1 ta đợc điểm M1(0 ; 1 ; −3).
53
 18 53 3 
 Víi t =
ta đợc điểm M 2 ; ;
ữ.
35
35 35 35
Vậy, tồn tại hai điểm M1, M2 thoả mÃn điều kiện đầu bài.
Câu VII.b. Điều kiện xy > 9.
Biến đổi tơng đơng hệ phơng trình về dạng:

(*)

log 2 (x 2 + y 2 ) = log 2 (2xy)
 x 2 + y 2 = 2xy
x = y


⇔ 2
⇔ 2
 x 2 − xy + y2
2
2

2
= 34
 x − xy + y = 4
3
x − x + x = 4


x = y
x = y = 2
⇔
⇔
.
 x = ±2
 x = y = 2
Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm (2; 2) và (2; 2).

21