Đề thi và gợi ý giải môn toán ĐH 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 THÚC 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)
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 (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. Giải phương trình
( )
( ) ( )
1 2sin x cos x
3.
1 2sin x 1 sinx
−
=
+ −
2. Giải phương trình
( )
3
2 3x 2 3 6 5x 8 0 x R− + − − = ∈
Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân
( )
2
3 2
0
I cos x 1 cos x.dx
π
= −
∫
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 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) = 3yz, ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
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 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 không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng

( )
P : 2x 2y z 4 0− − − =
và mặt cầu
( )
2 2 2
S : x y z 2x 4y 6z 11 0+ + − − − − =
. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo
một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Gọi z
1
và z
2
là hai nghiệm phức của phương trình z
2
+ 2z + 10 = 0. tính giá trị của biểu thức A = |z
1
|
3
+ |
z
2
|
3
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn
( )
2 2

C : x y 4x 4y 6 0+ + + + =
và đường
thẳng
: x my 2m 3 0∆ + − + =
, với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường 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 : x 2y 2z 1 0− + − =
và hai đường
thẳng
1 2
x 1 y z 9 x 1 y 3 z 1
: ; :
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 khoăng cách từ M đến mặt phẳng
(P) bằng nhau.
Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
x xy y
log x y 1 log xy
x, y R
3 81
− +

+ = +

∈

 =

.
---------------Hết---------------
1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI A NĂM 2009
Câu I.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
+ Tập xác định: x
3
2
≠ −
+ y’ =

( )
2
1 3
0 x
2
2x 3
−
< ∀ ≠ −
+
+ Tiệm cận
Vì
x
x 2 1
lim
2x 3 2
→∞
+
=
+
nên tiệm cận ngang là y =
1
2
Vì
3 3
x x
2 2
x 2 x 2
lim ; lim
2x 3 2x 3
+ −

   
→− →−
 ÷  ÷
   
+ +
= +∞ = −∞
+ +
nên tiệm cận đứng là x = -
3
2
Bảng biến thiên:
Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy tại
2
0;
3
 
 ÷
 
và cắt Ox tại (-2; 0)
2. Ta có
2
1
y'
(2x 3)
−
=
+
nên phương trình tiếp tuyến tại
0
x x=

(với
0
3
x
2
≠ −
) là:
y - f(
0
x
) = f’(
0
x
)(x -
0
x
)
2
2
0 0
2 2
0 0
2x 8x 6
x
y
(2x 3) (2x 3)
+ +
−
= +
+ +

Do đó tiếp tuyến cắt Ox tại A(
2
0 0
2x 8x 6+ +
;0)
và cắt Oy tại B(0;
2
0 0
2
0
2x 8x 6
(2x 3)
+ +
+
)
Tam giác OAB cân tại O
OA OB⇔ =
(với OA > 0)
2
2
0 0
A B 0 0
2
0
2x 8x 6
x y 2x 8x 6
(2x 3)
+ +
⇔ = ⇔ + + =
+

0
2
0 0
0
x 1(L)
(2x 3) 1 2x 3 1
x 2(TM)
= −

⇔ + = ⇔ + = ± ⇔

= −


Với
0
x 2= −
ta có tiếp tuyến y = −x − 2
Câu II.
1. ĐKXĐ:
5
1
x k2 ;x k2
sinx
6 6
2
sinx 1
x 2l
2
π − π


≠ − + π ≠ + π


≠ −
 
⇔
 
π
 
≠
≠ + π




Phương trình
⇔
cosx - 2sinxcosx =
3
(1 – sinx + 2sinx – 2sin
2
x)
⇔
cosx – sin2x =
3
+
3
sinx - 2
3

sin
2
x
⇔
3−
sinx + cosx = sin2x +
3
(1 – 2sin
2
x)
= sin2x +
3
cos2x
⇔
-
3 1 1 3
sin x cosx sin 2x cos 2x
2 2 2 2
+ = +
⇔
5 5
sin x.cos cos x.sin sin 2x.cos cos2x.sin
6 6 3 3
π π π π
+ = +
⇔
5
sin x sin 2x
6 3
π π

   
+ = +
 ÷  ÷
   
⇔
5
x 2x m2
6 3
5
x 2x n2
6 3
π π

+ = + + π


π π

+ = π − − + π


⇔
x m2 x m2
2 2
2
3x n2 x n
6 18 3
π π
 
− = − + π = − π

 
⇔
 
π π π
 
= − + π = − +
 
 
Kết hợp với đkxđ ta có họ nghiệm của pt là:
x =
( )
2
n n
18 3
π π
− + ∈ ¢
3
2. Đkxđ:
6
6 5x 0 x
5
− ≥ ⇔ ≤
(*)
Đặt
3
3
3 2
2
2u 3v 8
u 3x 2 u 3x 2

(v 0)
5u 3v 8
v 6 5x
v 6 5x

+ =

= − = −

 
≥ ⇒ ⇒
  
+ =
= −
= − 




3 2
8 2u
v
3
5u 3v 8
−

=

⇒



+ =

3 2
15u 64 32u 4u 24 0⇒ + − + − =
3 2
2
2 2
0
15u 4u 32u 40 0
(u 2)(15u 26u 20) 0
u 2
15u 26u 20 0 vô n do ' 13 15.20 0
u 2 x 2(tm).
⇔ + − + =
⇔ + − + =
= −

⇔

− + = ∆ = − <

⇔ = − ⇒ = −
Vậy phương trình có tập nghiệm là S={-2}
Câu III.
I =
2 2
5 2
0 0
cos x.dx cos x.dx

π π
−
∫ ∫
Ta có: I
2
=
2 2
2
0 0
1
cos x.dx (1 cos2x).dx
2
π π
= +
∫ ∫
=
1 1
x sin 2x
2
2 2 4
0
π
π
 
+ =
 ÷
 
Mặt khác xét I
1
=

2 2
5 4
0 0
cos x.dx cos x.cosx.dx
π π
=
∫ ∫
=
3
2
2 2 5
0
1 2sin x 8
(1 sin x) d(sin x) sin x sin x
2
5 3 15
0
π
π
 
− = − + =
 ÷
 
∫
Vậy I = I
1
– I
2
=
8

15 4
π
−
Câu IV.
Vì (SBI)và (SCI)vuông góc với (ABCD) nên
SI (ABCD)⊥
.
Ta có
IB a 5;BC a 5;IC a 2;= = =
Hạ
IH BC⊥
tính được
3a 5
IH
5
=
;
Trong tam giác vuông SIH có
0
3a 15
SI = IH tan 60
5
=
.
2 2 2
ABCD AECD EBC
S S S 2a a 3a= + = + =
(E là trung điểm của AB).
3
2

ABCD
1 1 3a 15 3a 15
V S SI 3a
3 3 5 5
= = =
.
4
Câu V.
Từ giả thiết ta có:
x
2
+ xy + xz = 3yz
⇔
(x + y)(x + z) = 4yz
Đặt a = x + y và b = x + z
Ta có: (a – b)
2
= (y – z)
2
và ab = 4yz
Mặt khác
a
3
+ b
3
= (a + b) (a
2
– ab + b)
2
≤

( )
2
2 2
2(a b ) a b ab
 
+ − +
 
=
( )
2
2
2 (a b) 2ab a b ab
 
 
− + − +
 
 
=
( )
2
2
2 (y z) 2yz y z 4yz
 
 
− + − +
 
 
=
( )
2

2
2 (y z) 4yz y z
 
+ + +
 
≤
( )
2
2 2
4(y z) y z 2(y z) (1)+ + = +
Ta lại có:
3(x + y)(y +z)(z + x) = 12yz(y + z)
≤
3(y + z)
2
. (y + z) = 3(y + z)
3
(2)
Cộng từng vế (1) và (2) ta có điều phải chứng minh
Câu VI .a
1. Gọi N là điểm đối xứng với M qua I, F là điểm đối xứng vơi E qua I.
Ta có N
DC
∈
, F
∈
AB, IE
⊥
NE.
5