ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN 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 cËn ®øng: lim ±
3
x →−
2

x+2 1
= ⇒ ®å thÞ hàm sè (1) có tiƯm c Ën ngang y =
2x + 3 2
3
3

< 0 v íi ∀x ≠ − ⇒ hàm sè luụn nghịch biến trờn ; ữv

2
2


Tỡm tiệm cận ngang: lim

x →±∞

Tính y' =

−1

( 2x + 3 )

2

Bảng biến thiên

Đồ thị:
bảng biến thiên phụ

Vẽ đồ thị:

x+2
3
= ±∞ ⇒ ®å thị hm số (1) cú ti ệm cận đứng x = −
2x + 3
2
1
2

 3

 − 2 ; +∞ ÷khơng có cùc trÞ.






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
Phương trỡnh đường 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 cđa (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
π

 x ≠ − 6 + k2π

1

1 + 2sinx ≠ 0
7π
sinx ≠ −

1. §iỊu kiƯn : 
⇔ 
+ k2π
2 ⇔ x ≠
6
1 − sinx ≠ 0

sinx ≠ 1


π

 x ≠ 2 + k2π


( 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 −2sin2 x + sinx +1
⇔ cos x − 3 sin x = 3 cos 2x + sin 2x
1
3
3
1
cos x −
sin x =
cos 2x + sin2x

2
2
2
2
π

π

⇔ sin  − x ÷ = sin  + 2x ÷
6

3

⇔

π
6 − x =
⇔
π − x =
6


π
+ 2x + k2π
3
⇔
2π
− 2x + k2π
3

π k2π

 x = − 18 + 3

 x = π + k2π ( 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 − 2 v
2u + 3v = 8

⇔
 3
3
2
5u + 3v = 8
5  4 − 3 v  + 3v 2 = 8

2 ữ

3

3

Giải phương trình: 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



π/2

∫ (cos x − 1)cos

Tính tích phân I =

3

2

x dx

0

Gi¶i
I=

π/2

∫

cos5 x dx −

0

π/2

∫ cos

2

x dx = I1 − I2

0

Tính I1 =

π/2

∫ cos

5

x dx =

0

=

π/2

∫ cos

4

x.cos x dx

0

π/2

∫ ( 1 − sin x )
2

2

d(sin x)

0

=

π/2

∫ ( sin

4

)

x − 2 sin2 x + 1 d(sin x)

0

 sin5 x 2 sin3 x
 π/2
=
−
+ sin x ÷
3
 5
0
1 2
8
= − +1=

5 3
15
π/2
π/2
1
Tính I2 = ∫ cos2 x dx = ∫ ( 1 + cos 2x ) dx
2 0
0
=

/2
1
+ sin 2x
=
4 4
0
4

Ta được : I = I1 − I2 =

8 π
−
15 4

Câu IV: (1,0điểm)
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 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.
µ µ
A = D = 900
AB = AD = 2a ⇒ ΙA = ΙD = a
∆AΙB lµ tam giác vuông B 2 = A 2 + AB2 = a 2 + 4a 2 = 5a 2
∆ vu«ng ΙDC : ΙC2 = a 2 + a2 = 2a 2
Từ C kẻ CH AB CHB là tam giác vuông.
CH = 2a, CD = a HB = a
BC2 = HC2 + HB2 = 4a 2 + a2 = 5a2

(

BIC là tam giác cân BC2 = BΙ 2 = 5a 2

)

KỴ ΙK ⊥ CB : TÝnh ΙK.
a 2
2
2
a
9a2
⇒ BJ2 = BΙ 2 − ΙJ2 = 5a2 −

=
2
2
3a
BJ =
,
2
BJ.ΙC
Ta có BJ.ΙC = ΙK.BC ⇒ ΙK =
BC
3a
a 2
3a
2
ΙK =
=
a 5
5
( SΙC ) , ( SΙC ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SΙ ⊥ ( ABCD )
Gäi J lµ trung ®iĨm ΙC ⇒ ΙJ =

·
IK ⊥ BC ⇒ SK ⊥ BC ⇒ SKI = 600
3a
⇒ SΙ = ΙK.tan 600 =
. 3
5
( AB + CD ) AD = ( 2a + a ) .2a = 3a2
DiÖn tÝch ABCD =
2

2
3
3
1
3a
3a 3 3a 15
V = 3a2 .
. 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 ≤

2

x 2 + xt
3

⇒ 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 chøng minh
⇔ ( 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

⇔ ( 2x + y + z ) − 6x  x 2 + x ( y + z ) + yz  ≤ 5 ( y + z )



3

3

3


x 2 + xt 
3
3
⇔ ( 2x + t ) − 6x  x 2 + xt +
 ≤ 5t
3 


(

)

⇔ 2t 2x 2 + 3xt − 2t 2 ≤ 0
Vì t >0

⇔ 2x 2 + 3xt − 2t 2 ≤ 0

t
t 2 3t 2
⇒ 2x 2 + 3xt ≤ +
= 2t 2
2
2

2
2
2
⇒ 2x + 3xt − 2t ≤ 0 ( ®pcm )
Vì 0 < x ≤

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 không 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 trịn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính
của đường trịn đó.
Bài giải



Phần riờng câu 6a (1)
I l giao của AC v BD nên M' ®èi xøng víi M quaIthì M' ∈ CD
xM + xM'
1 + xM'


 xI =
6 =




2
2 ⇔  xM' = 11
⇔


 yM' = −1
 y = yM + yM'
2 = 5 + yM'

I



2

2
'
MỈt khác: ME ⊥ IE nên:
u ur u
uu u
r
EM' .IE = 0 ⇔ (11 − uE )(xE − 1) − (1 + y E )(yE − 5) = 0
2
2
⇔ xE + 12xE − 11 − yE + 4yE + 5 = 0
2
2

⇔ xE − yE + 12xE + 4yE − 6 = 0 (1)

Mà E∈∆ :x + y - 5 =0
⇔ xE + yE − 5 = 0 (2)
Tõ (1) vµ(2) ta cã
2
2
 xE − yE + 12xE + 4yE − 6 = 0


 xE = 5 − yE


−79

 yE = 18

 169 −79 
⇔
→E 
;
÷
169
 18 18 
x =
 E 18

u u  −29 −61
ur
'

ME =
;
ữlà vectơ chỉ phươngcủa AB
18 18 
r
r
hay uAB = (29; 61) ⇒ nAB = (61; − 29)
Phương trỡnh đường AB :
61(x 1) 29(y − 5) = 0
⇔ 61x − 29y + 84 = 0



6a2. Ph­¬ng trình (C) ⇔ ( x + 2 ) + ( y + 2 ) = 2
2

2

⇒ T©m Ι ( −2 ; − 2 ) ; b¸n kÝnh R = 2
Kẻ H ( ) H là trung ®iĨm AB.
Víi ΙH = d. ( Ι / ∆ ) =

1 4m
1 + m2

Đường thẳng ( ) c ¾t (C) khi ΙH < R
| 1 − 4m |
⇔
< 2 ⇔ 14m2 − 8m − 1 < 0
2

1+ m


4 30
4 + 30
14
14

(

Đặt H = x ĐK : 0 < x < 2

)

Trong ∆ vu«ng ΙHA ta cã : HA 2 = ΙA 2 − ΙH2 = 2 − x 2
⇔ HA = 2 − x 2
1
S ∆ΙAB = ΙH.AB = x. 2 − x 2
2
Áp dơng B§T c «si ta cã:

(

S ∆ΙAB = x. 2 − x = x 2 − x
2

⇒ max S ∆ΙAB
⇔

2

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 ⇔ 
m = 8 tho¶ m·n
2
1+ m
(
)

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



Phần riờng câu 6a (1)
I l giao của AC v BD nên M' ®èi xøng víi M quaIthì M' ∈ CD
xM + xM'
1 + xM'


 xI =
6 =




2
2 ⇔  xM' = 11
⇔


 yM' = −1
 y = yM + yM'
2 = 5 + yM'

I



2

2
'
MỈt khác: ME ⊥ IE nên:
u ur u
uu u
r
EM' .IE = 0 ⇔ (11 − uE )(xE − 1) − (1 + y E )(yE − 5) = 0
2
2
⇔ xE + 12xE − 11 − yE + 4yE + 5 = 0
2
2
⇔ xE − yE + 12xE + 4yE − 6 = 0 (1)

Mà E∈∆ :x + y - 5 =0

⇔ xE + yE − 5 = 0 (2)
Tõ (1) vµ(2) ta cã
2
2
 xE − yE + 12xE + 4yE − 6 = 0


 xE = 5 − yE


−79

 yE = 18

 169 −79 
⇔
→E 
;
÷
169
 18 18 
x =
 E 18

u u  −29 −61
ur
'
ME =
;
ữlà vectơ chỉ phươngcủa AB

18 18 
r
r
hay uAB = (29; 61) ⇒ nAB = (61; − 29)
Phương trỡnh đường AB :
61(x 1) 29(y − 5) = 0
⇔ 61x − 29y + 84 = 0
2. Ph­¬ng trình (C) ⇔ ( x + 2 ) + ( y + 2 ) = 2
2

⇒ T©m Ι ( −2 ; − 2 ) ; b¸n kÝnh R = 2
Kẻ H ( ) H là trung ®iĨm AB.
Víi ΙH = d. ( Ι / ∆ ) =
ΙH =

1 − 4m
1 + m2

−2 − 2m − 2m + 3
1 + m2

2



Đường 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
14
14
Đặt ΙH = x §K : 0 < x < 2

)

⇔

(

)

Trong ∆ vu«ng ΙHA ta cã : HA 2 = ΙA 2 − ΙH2 = 2 − x 2
⇔ HA = 2 − x 2
1
S ∆ΙAB = ΙH.AB = x. 2 x 2
2
p dụng BĐT c ôsi ta có:

(

x. 2 − x = x 2 − x
2

2

2

)≤

(

x2 + 2 − x2
2

) =1

⇒ S∆ΙAB ≤ 1
⇒ max S ∆ΙAB = 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 ⇔ 

m = 8 tho¶ m·n
(
)

15

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 Ι 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



1. Ph­¬ng trình (C) ⇔ ( x + 2 ) + ( y + 2 ) = 2
2

2

⇒ T©m Ι ( −2 ; − 2 ) ; b¸n kÝnh R = 2

Kẻ H ( ) H là trung ®iĨm AB.
Víi ΙH = d. ( Ι / ∆ ) =

1 4m
1 + m2

Đường thẳng ( ) c ¾t (C) khi ΙH < R
| 1 − 4m |
⇔
< 2 ⇔ 14m2 − 8m − 1 < 0
2
1+ m


4 30
4 + 30
14
14

(

Đặt H = x ĐK : 0 < x < 2

)

Trong ∆ vu«ng ΙHA ta cã : HA 2 = ΙA 2 − ΙH2 = 2 − x 2
⇔ HA = 2 − x 2
1
S ∆ΙAB = ΙH.AB = x. 2 − x 2

2
Áp dơng B§T c «si ta cã:

(

S ∆ΙAB = x. 2 − x = x 2 − x
2

⇒ max S ∆ΙAB
⇔

2

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 ⇔ 
m = 8 tho¶ m·n
2
1+ m
(
)

15


| 1 − 4m |

2




( 6b.2 )
Gọi A là điểm tr ê n 2 và B là điểm tr ê n m ặt ph¼ng (P).
 x = −1 + t

∆1 :  y = t
 z = −9 + 6t

 x = 1 + 2t '
r

∆ 2 :  y = 3 + t ' ®i qua A ( 1 ; 3 ; − 1) v µ u∆2 = ( 2 ; 1 ; − 2 )
z = −1 − 2t '


M ∈ ∆1 ⇒ M ( −1 + t ; t ; − 9 + 6t )
uu r
ur
2
2
2
 AM,u∆2 
( 14 − 8t ) + ( 14t − 20 ) + ( 4 − t )


⇒ d ( M, ∆ 2 ) =
=
r
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

:

+ ( 14t − 20 ) + ( 4 − t )
2

2

3

⇔ ( 11t − 20 ) = ( 14 − 8t ) + ( 14t − 20 ) + ( 4 − t )
2

2

2

t = 1
⇒ 35t − 88t + 53 = 0 ⇔  53
t =
 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