Đáp án môn TOÁN KHỐI A 2009

GIẢI ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI A
KỲ THI TUYỂN SINH ĐH – CĐ NĂM 2009
I. Phần chung cho tất cả thí sinh
Câu I: (2,0đ)
Cho hàm số:
x 2
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
hồnh, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc
toạ độ O.
Bài giải
 3
1. TXÐ:  \  
 2
Sù biÕn thiên
Tìm tiƯm cận đứng: lim
3
x
2

x 2 1
1
đồ thị hàm sè (1) có tiƯm cËn ngang y 
2x  3 2
2
3
3


 3

 0 víi x   hàm sè ln nghÞch biÕn trên   ;   và   ;   khơng có cùc trÞ.
2
2

 2


Tìm tiƯm cËn ngang: lim

x  

Tính y' 

1

 2x  3 

2

Bảng biến thiên

Đồ thị:
bảng biến thiên phụ

Vẽ đồ thị:

x2
3

 đồ thị hm số (1) cú tiệm cận đứng x 
2x  3
2


y
4
2
x
-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

-2
-4
 3 1
Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm của 2 tiệm cận là điểm I   ,  làm tâm đối xứng.
 2 2

2. Gäi A  a;0   Ox; B  0;b   Oy theo gi¶ thiÕt ta có: |a| |b|
nh­ ng vì hàm sè luôn nghịch biến nờn tiếp tuyến chỉ cú thể cú d¹ng
y kx  m víi k < 0 nên a b 0.
x y
Phư ơng trỡnh đư ờng thẳng AB: 1
a b
 x2
 2x  3  x  a
x y
  1  y  x  a tiÕp xúc víi (1)  
a a
 1
 1
 (2x  3)2
 x  1  a 0 (lo¹i)
1
 1  2x  3 1  
2
(2x  3)
 x  2  a  2
VËy ph­ ¬ng trình tiÕp tun cña (1) là y  x  2
Câu II: (2,0 đ)
 1  2 sinx  cosx  3
1  2 sinx   1  sinx 
1. Giải phương trình: 
Tõ ph­ ¬ng trình


2. Giải phương trình:

2 3 3x  2  3 6  5x  8 0  x   
Bài giải



 x  6  k2

1

1  2 sinx 0
7
sinx 

1. §iỊu kiƯn : 
 
2   x   k2
6
1  sinx 0
sinx 1



 x  2  k2


 1  2 sinx  cosx
 1  2 sinx   1  sinx 

 3

 cos x  2 sin x cos x  3 1  sinx  2sinx  2sin2 x



 cosx  2sinxcosx  3  2 sin2 x  sinx +1



 cos x 



3 sin x  3 cos 2x  sin 2x

1
3
3
1
cos x 
sin x 
cos 2x  sin 2x
2
2
2
2





 sin   x  sin   2x 
6

3





 6  x  3  2x  k2
 

   x  2  2x  k2
 6
3

 k2

 x  18  3

 x    k2  lo¹i 

2




2) 2 3 3x  2  3 6  5x  8 0
ÐỈt 3 3x  2 u  3x  2 u3
6  5x v 0  6  5x v 2

3

u 4  v

2
2u  3v 8


 3

3
2
5u  3v 8
5  4  3 v  3v 2 8

2
3

3

Giải phư ơng trỡnh: 5  4  v   3v 2 8
2 

 135v 3  1104v 2  2880v  2496 0
  v  4  135v 2  564v  624 0





 v 4
Vì 135v 2  564v  624 0
u  2
 6  5x 16  x  2
Câu III: (1,0 đ)

VN


/2

Tính tích phân I  (cos3 x  1)cos 2 x dx
0

Gi¶i
/2

/2

I  cos5 x dx 
0

cos

2

x dx I1  I2

0

/2

/2
5

Tính I1  cos x dx  cos 4 x.cos x dx
0

0

/2

2

  1  sin2 x d(sin x)





0

/2

  sin4 x  2 sin2 x  1 d(sin x)





0

 sin5 x 2sin3 x
 /2


 sin x 
3
 5
0
1 2
8
  1 
5 3
15
/2
/2
1
Tính I2  cos2 x dx   1  cos 2x  dx
2 0
0
/2 
 1
 sin 2x

4 4
0
4
8

15 4

Ta đư ợc : I I1  I2 

Câu IV: (1,0điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D ; AB = AD
= 2a, CD = a, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung
điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vng góc với mặt
phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Bài giải
Hình thang ABCD.



Hình thang ABCD.
 D
 900
A
AB  AD 2a  A D a
AB là tam giác vuông B 2 A 2  AB 2 a 2  4a 2 5a 2
 vu«ng DC : C2 a 2  a2 2a 2
Từ C kẻ CH AB CHB là tam giác vuông.
CH 2a, CD a HB a
BC2 HC2 HB2 4a2 a2 5a2
BIC là tam giác cân BC2 B 2 5a 2

Kẻ K CB : TÝnh K.
a 2
2
2
a
9a2
 BJ2 B 2  J2 5a2 

2
2
3a
BJ 
,
2
BJ.C
Ta có BJ.C K.BC  K 
BC
3a
a 2
3a
2
K 

a 5
5
 SC  ,  SC    ABCD  S ABCD
Gọi J là trung điểm C  J 

 600
IK  BC  SK  BC  SKI

3a
 S K.tan 600 
. 3
5
 AB  CD  AD   2a  a  .2a 3a2
DiÖn tÝch ABCD 
2
2
1 2 3a
3a3 3 3a3 15
V  3a .
. 3

.
3
5
5
5

Câu V: (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương 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.
Bài giải


Đặt t y z, giả thiết suy ra yz 

 y  z
Vì yz 

x 2  xt
3

2

 x  x  y  z  3yz 

4
3
2
 x 2  tx  t 2   2x  t  4t 2
4
 2x  t 2t  2x t

3
2
y z
4

BĐT phải chứng minh
3

2x y  z   3  x  y   x  z   2x  y  z   3  x  y   x  z   y  z  5  y  z 
3

  2x  y  z   3  x  y   x  z  .2x 5  x  z 
3

3

3

  2x  y  z   6x  x 2  x  y  z   yz  5  y  z 

x 2  xt 
3
3
  2x  t   6x  x 2  xt 
 5t
3 


3

 2t 2x 2  3xt  2t 2 0





Vì t 0

 2x 2  3xt  2t 2 0

t
t 2 3t 2
2
Vì 0  x   2x  3xt  
2t 2

2
2
2
2
2
 2x  3xt  2t 0  ®pcm 
DÊu " " x¶y ra  x y z  0.
Phần riêng (3,0)
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 chéo AC và BD. Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng
AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng: : x + y – 5 = 0. Viết
phương trình đường thẳng AB.
2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0
và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng mặt phẳng
(P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính
của đường trịn đó.
Bài giải


Phầnưriờngưcâuư6aư(1)
I l giao của AC v BD nờn M' đốiưxứngưvớiưMưquaIthỡ M'  CD
xM  xM'
1  xM'


 xI 
6 
2

2   xM' 11



 y  yM  yM'
2  5  yM'
 yM'  1
I


2
2
'
MỈt khác: ME
IE nên:


EM' .IE 0  (11  uE )(xE  1)  (1  yE )(yE  5) 0
 xE2 12xE  11  yE2  4yE  5 0
 xE2  yE2  12xE  4yE  6 0 (1)
Mà E :x + y - 5 =0
 xE  yE  5 0 (2)
Tõ­(1) vµ(2) ta cã
 xE2  yE2  12xE  4yE  6 0

 xE 5  yE
 79

y


E

 169  79 
18
 
 E
;
169
18
18 

x 
 E 18

 29 61
'
ME

;
là vectơ chỉ phư ¬ngcña AB
 18 18 


hay uAB (29; 61)  nAB (61; 29)
Phư ơng trỡnh đư ờng AB :
61(x  1)  29(y  5) 0
 61x  29y  84 0


2

2

6a2. Ph­ ¬ng trình (C)   x  2    y  2  2
 T©m    2 ;  2  ; b¸n kÝnh R  2
KỴ H  (  )  H là trung điểm AB.
Với H d. /

1 4m
1 m2

Đư ờng thẳng ( ) c ¾t (C) khi H  R
| 1  4m |

 2  14m2  8m  1  0
2
1 m


4 30
4 30
m
14
14



Đặt H x ĐK : 0  x  2



Trong  vu«ng HA ta cã : HA 2 A 2  H2 2  x 2
 HA  2  x 2
1
SAB  H.AB  x. 2 x 2
2
p dụng BĐT c ôsi ta cã:
2

2



SAB  x. 2  x  x 2  x
 max S AB


2



x2  2  x2



 1

2
1 khi x 2  x  x 1  tho¶ m·n 
2

2

 m 0  tho¶ m·n 
1  15m  8m 0  
8
2
m

1 m
 tho¶ m·n 

15

| 1  4m |

2

Câu VII.a (1,0 điểm)
Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 + 2z + 10 = 0. Tính giá trị
của biểu thức A = |z1|2 + |z2|2
Bài giải
2
PT : z  2z  10 0
 ' 1  10  9
z1  1  3i  | z1 |  10
z 2  1 3i  | z 2 |  10
 A | z1 |2  | z 2 |2  10  10 20

Phầnưriờngưcâuư6aư(1)
I l giao của AC v BD nờn M' đốiưxứngưvớiưMưquaIthỡ M'  CD
xM  xM'
1  xM'


 xI 
6 
2
2   xM' 11



 y  yM  yM'
2  5  yM'
 yM'  1
I


2
2
'
MỈt khác: ME
IE nên:
 
EM' .IE 0  (11  uE )(xE  1)  (1  yE )(y E  5) 0
 xE2 12xE  11  yE2  4yE  5 0
 xE2  yE2  12xE  4yE  6 0 (1)
Mà E :x + y - 5 =0
 xE  yE  5 0 (2)

Tõ­(1) vµ(2) ta cã
 xE2  yE2  12xE  4yE  6 0

 xE 5  yE
 79

y

E

 169  79 
18
 
 E
;
169
18
18 

x 
 E 18

29 61
'
ME

;
là vectơ chØ ph­ ¬ngcđa AB
 18 18 



hay uAB (29; 61) nAB (61; 29)
Phư ơng trỡnh đư ờng AB :
61(x  1)  29(y  5) 0
 61x  29y  84 0
2

2

2. Ph­ ¬ng trình (C)   x  2    y  2  2
 T©m    2 ;  2 ; bán kính R 2
Kẻ H ( ) H là trung điểm AB.
Với H d.   /   
H 

1  4m
1  m2

 2  2m  2m  3
1  m2


Đư ờng thẳng ( ) c ắt (C) khi H  R
| 1  4m |
2

 2   1  4m   2 1  m2
2
1 m
 14m2  8m  1  0



4  30
4  30
m
14
14
Đặt H x ĐK : 0 x 2









Trong  vu«ng HA ta cã : HA 2 A 2  H2 2  x 2
 HA  2  x 2
1
SAB  H.AB  x. 2  x 2
2
Áp dụng BĐT c ôsi ta có:
2

2

x. 2 x x 2  x

2



x2  2  x2



2

 1

 SAB 1
 max S AB 1 khi x 2 2  x 2
 x 1  tho¶ m·n 


| 1  4m |
1 m

2

1  | 1  4m |  1  m2

 m 0  tho¶ m·n 
 15m  8m 0  
8
 m 15  tho¶ m·n 

Câu VII.a (1,0 điểm)
Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 + 2z + 10 = 0. Tính giá trị của biểu
thức A = |z1|2 + |z2|2
Bài giải
2

PT : z 2  2z  10 0
 ' 1  10  9
z1  1  3i  | z1 |  10
z 2  1 3i  | z 2 |  10
 A | z1 |2  | z 2 |2  10  10 20

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 + y2 +
4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng : x + my – 2m + 3 = 0, với m là
tham số thực. Gọi  là tâm của đường trịn (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): x – 2y +
2z – 1 = 0 và hai đường thẳng 1 :

x 1 y z  9
x  1 y  3 z 1
 
, 2 :


1

1
6
2
1
2

. Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1 sao cho khoảng cách
từ M đến đường thẳng 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P)
bằng nhau.
Bài giải


2

2

1. Ph­ ¬ng trình (C)   x  2    y  2  2
 T©m    2 ;  2  ; b¸n kÝnh R  2
KỴ H  (  )  H là trung điểm AB.
Với H d. /

1 4m
1 m2

Đư ờng thẳng ( ) c ¾t (C) khi H  R
| 1  4m |

 2  14m2  8m  1  0
2
1 m

4 30
4 30
m
14
14



Đặt H x ĐK : 0  x  2



Trong  vu«ng HA ta cã : HA 2 A 2  H2 2  x 2
 HA  2  x 2
1
SAB  H.AB  x. 2 x 2
2
p dụng BĐT c ôsi ta cã:
2

2



SAB  x. 2  x  x 2  x
 max S AB


2



x2  2  x2



 1

2
1 khi x 2  x  x 1  tho¶ m·n 
2

2

 m 0  tho¶ m·n 
1  15m  8m 0  
8
2
m

1 m
 tho¶ m·n 

15

| 1  4m |

2

6b.2
Gọi A là điểm tr ê n 2 và B là điểm tr ê n m ặt phẳng (P).
 x  1  t

1 :  y t
 z  9  6t

 x 1  2t '


 2 :  y 3  t ' ®i qua A  1 ; 3 ;  1 vµ u2  2 ; 1;  2 
z  1  2t '

M  1  M   1  t ; t ;  9  6t 

2
2
2
 AM,u2 
 14  8t    14t  20    4  t 


 d  M,  2  


3
u 2
d  M, (P)  

 1  t  2t  18  12t  1
12  (  2)2  22

Vì d  M,  2  d  M, (P) 
11t  20
3



 14  8t 

2



11t  20
3

 MA MB  nª n
2

:

  14t  20    4  t 

2

3
2

2

2

  11t  20   14  8t    14t  20    4  t 
 t 1
 35t  88t  53 0  
 t  53
35

Víi t 1  M1  0 , 1,  3 
2

V íi t 

53
 18 53 3 
 M2  ,
,

35
 35 35 35 

Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
log2 x 2  y 2 1  log2 (xy)
 2
2
3 x  xy  y 81





 x, y   
Bài giải

2


®K :x,y  0
log2 (x 2  y 2 ) log2 (2xy)
HÖ   2
x  xy  y 2
34
3
 x 2  y 2 2xy
 2

2
 x  xy  y 4

 (x  y)2 0
 2
2
 x  xy  y 4

 x y
 2

 x  y 2
2
 x  xy  y 4