DE THI MON TOAN KHOI A,B,D 2009 CO da

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009
Môn thi : TỐN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)Cho hàm số y = 2x4 – 4x2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2
2
2. Với các giá trị nào của m, phương trình x x − 2 = m có đúng 6 nghiệm thực phân biệt?
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình sin x + cos x sin 2x + 3 cos 3x = 2(cos 4x + sin 3 x)
 xy + x + 1 = 7y
(x, y ∈ ¡ )
2. Giải hệ phương trình  2 2
2
 x y + xy + 1 = 13y
3

3 + ln x
dx
(x + 1) 2
1

Câu III (1 điểm)Tính tích phân I = ∫

Câu IV (1 điểm)
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng BB’ và mặt phẳng (ABC)
·
bằng 600; tam giác ABC vuông tại C và BAC = 600. Hình chiếu vng góc của điểm B’ lên mặt phẳng
(ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a.
Câu V (1 điểm)
Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :A = 3(x4

+ y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
4
2
2
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x − 2) + y = và hai đường thẳng ∆1 : x –
5
y = 0, ∆2 : x – 7y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường trịn (C 1); biết đường tròn (C1)
tiếp xúc với các đường thẳng ∆1, ∆2 và tâm K thuộc đường tròn (C)
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh A(1;2;1), B(-2;1;3), C(2;-1;1) và
D(0;3;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng
cách từ D đến (P)
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số phức z thoả mãn : z − (2 + i) = 10 và z.z = 25
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1;4) và các đỉnh B, C
thuộc đường thẳng ∆ : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác ABC
bằng 18.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 5 = 0 và hai điểm A(-3;0;1),
B(1;-1;3). Trong các đường thẳng đi qua A và song song với (P), hãy viết phương trình đường thẳng
mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
x2 −1
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị hàm số y =
tại 2 điểm phân
x
biệt A, B sao cho AB = 4.

Hết.


BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I.
1. y = 2x4 – 4x2 .
TXĐ : D = R
y’ = 8x3 – 8x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1; xlim = +∞
→±∞
x
−∞
−1
0
1
+∞
y'
− 0 + 0
−
0
+
y
+∞
0
+∞
−2
CĐ
−2
CT
CT
y đồng biến trên (-1; 0); (1; +∞)

y nghịch biến trên (-∞; -1); (0; 1)
y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0
y đạt cực tiểu bằng -2 tại x = ±1
Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)
Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); (± 2 ;0)
2. x2x2 – 2 = m ⇔ 2x2x2 – 2 = 2m (*)
(*) là phương trình hồnh độ giao điểm của (C’) :
y = 2x2x2 – 2 và (d): y = 2m
Ta có (C’) ≡ (C); nếu x ≤ - 2 hay x ≥ 2
(C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành nếu - 2 < x < 2
Theo đồ thị ta thấy ycbt ⇔ 0 < 2m < 2 ⇔ 0 < m < 1
Câu II.
1.

{

−

y = 0 hệ vô nghiệm
x 1

x + y + y = 7

y ≠ 0 hệ ⇔ 
x 1
 x 2 + + 2 = 13
y y



0

−1

1

2

x

−2

y

(C’)
2

−

PT:sinx+cosxsin2x+ 3 cos 3x = 2(cos 4x + s i n 3 x)
3
1
3sin x − sin 3x
⇔ sin x + sin 3x + 3 cos 3x = 2 cos 4x +
2
2
2
⇔ sin 3x + 3 cos 3x = 2 cos 4x

1

3
⇔ sin 3x +
cos 3x = cos 4x
2
2
π
π
⇔ sin sin 3x + cos cos 3x = cos 4x
6
6
π

⇔ cos 4x = cos  3x − ÷
6

π
π


 4x = − 6 + 3x + k2π
 x = − 6 + k2 π
⇔
⇔
 4x = π − 3x + k2π
 x = π + k 2π


6
42
7



xy + x + 1 = 7y
2. x 2 y 2 + xy + 1 = 13y 2

(C)

y

−1

0

1

2

x


1
x
1
x
1
2
2
2
2
; b = ⇒ a = x + 2 + 2 ⇒ x + 2 = a − 2b

y
y
y
y
y
a+b=7
a+b=7
Ta có hệ là a 2 − b = 13 ⇔ a 2 + a − 20 = 0
Đặt a = x +

{

{

1
1


x + y = 4
 x + y = −5


a=4
a = −5
⇔ b = 3 hay b = 12 . Vậy  x
hay  x
 =3
 = 12

y

y

x = 1

x=3
x 2 − 4x + 3 = 0
x 2 + 5x + 12 = 0
⇔ x = 3y
hay x = 12y
(VN) ⇔  y = 1 hay y = 1

3

Câu III :
3
3
3
3 + ln x
dx
ln x
I=∫
dx = 3∫
+∫
dx
2
2
(x + 1)
(x + 1) 1 (x + 1) 2
1
1

{

{

{

{

3

dx
−3
I1 = 3∫
=
2
(x + 1)
(x + 1)
1

{

3

=
1

3
4

3

ln x
dx
(x + 1) 2
1

I2 = ∫

Đặt u = lnx ⇒ du =
dv =

dx
x

dx
−1
. Chọn v =
2
(x + 1)
x +1
3

3

3

3

ln x

dx
ln 3
dx
dx
ln 3
3
I2 = −
+∫
=−
+∫
−∫
=−
+ ln
x + 1 1 1 x(x + 1)
4
x 1 x +1
4
2
1
3
Vậy : I = (1 + ln 3) − ln 2
4
Câu IV.
a BH 2
1 a 3a
a 3
= ⇒ BN = 3 =
BH= ,
; B'H =
2 BN 3

2 2 4
2
goïi CA= x, BA=2x, BC = x 3
CA2
BA2 + BC 2 = 2 BN 2 +
2

C

H
M

2

2
9a 2
 3a  x
⇔ 3x 2 + 4 x 2 = 2  ÷ +
⇔ x2 =
52
2
 4 

3 a 3
=
2
2
2
3
 a 3 1 9a a 3 9a

3÷
=
=
12 52 2
208
 2

Ta có: B ' H = BB '
V=

11 2
 x
3 2

N

B

Câu V :
3

(x + y) + 4xy ≥ 2
⇒ (x + y)3 + (x + y) 2 − 2 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1

2
(x + y) − 4xy ≥ 0


A

1
(x + y) 2 1
≥ dấu “=” xảy ra khi : x = y =
2
2
2
2
2 2
(x + y )
Ta có : x 2 y 2 ≤
4
4
4
2 2
A = 3 ( x + y + x y ) − 2(x 2 + y 2 ) + 1 = 3 (x 2 + y 2 ) 2 − x 2 y 2  − 2(x 2 + y 2 ) + 1


⇒ x 2 + y2 ≥


(x 2 + y 2 ) 2 
2
2
≥ 3  (x 2 + y 2 ) 2 −
 − 2(x + y ) + 1
4


9

= (x 2 + y 2 ) 2 − 2(x 2 + y 2 ) + 1
4
1
Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥
2
9
1
f (t) = t 2 − 2t + 1, t ≥
4
2
9
1
f '(t) = t − 2 > 0 ∀ t ≥
2
2
1
9
⇒ f (t) ≥ f ( ) =
2 16
9
1
khi x = y =
Vậy : A min =
16
2
Câu VIa.
x−y
x − 7y
=±
1.

Phương trình 2 phân giác (∆1, ∆2) :
2
5 2
⇔ 5(x − y) = ± (x − 7y)
 y = −2x :d1
5(x − y) = x − 7y
⇔
⇔
1
y = x : d2
5(x − y) = − x + 7y

2

Phương trình hồnh độ giao điểm của d1 và (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 =
25x2 – 20x + 16 = 0 (vơ nghiệm)
2

4
x
Phương trình hồnh độ giao điểm của d2 và (C) : (x – 2) +  ÷ =
2 5
8
8 4
⇔ 25x 2 − 80x + 64 = 0 ⇔ x = . Vậy K  ; ÷
5
5 5
2 2
R = d (K, ∆1) =
5

uuu
r
uuu
r
TH1 : (P) // CD. Ta có : AB = (−3; −1; 2), CD = (−2; 4;0)
r
r
⇒ (P) có PVT n = ( −8; −4; −14) hay n = (4;2;7)
(P) :4(x − 1) + 2(y − 2) + 7(z − 1) = 0
⇔ 4x + 2y + 7z − 15 = 0
TH2 : (P) qua I (1;1;1) là trung điểm CD
uuu
r
uu
r
Ta có AB = ( −3; −1;2), AI = (0; −1;0)
r
⇒ (P) có PVT n = (2;0;3)
(P) :2(x − 1) + 3(z − 1) = 0 ⇔ 2x + 3z − 5 = 0
2

2.

4
5


Câu VIb.
1.
AH =

−1 − 4 − 4
2

=

9
2

1
36
36
AH.BC = 18 ⇔ BC =
=
=4 2
9
2
AH
2
Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0
x − y = 4
7 1
H:
⇒ H ;− ÷
2 2
x + y = 3
B(m;m – 4)
2
2
BC2

7 
1

2
⇒ HB =
= 8 = m − ÷ + m − 4 + ÷
4
2 
2

S=

7
11

m= +2=

7

2
2
⇔ m − ÷ = 4 ⇔
7
3
2

m = − 2 =


2

2
 11 3 
3 5
 3 5
 11 3 
Vậy B1  ; ÷ ∧ C1  ; − ÷ hay B2  ; − ÷∧ C 2  ; ÷
 2 2
2 2
2 2
 2 2
uuu
r
r
AB = (4; −1;2); n P = (1; −2;2)
Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = 0
⇔ x – 2y + 2z + 1 = 0. Gọi ∆ là đường thẳng bất kỳ qua A
Gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (Q). Ta có :
d(B, ∆) ≥ BH; d (B, ∆) đạt min ⇔ ∆ qua A và H.
x = 1 + t

Pt tham số BH:  y = −1 − 2t
z = 3 + 2t

2

2.

Tọa độ H = BH ∩ (Q) thỏa hệ phương trình :
 x = 1 + t, y = −1 − 2t, z = 3 + 2t
10

 1 11 7 
⇒ H− ; ; ÷
⇒t=−

9
 9 9 9
 x − 2y + 2z + 1 = 0
uu uuu 1
r
r
∆ qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP a ∆ = AH = ( 26;11; −2 )
9
x + 3 y − 0 z −1
=
=
Pt (∆) :
26
11
−2
Câu VII.a.
Đặt z = x + yi với x, y ∈ R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1)i
z – (2 + i)= 10 và z.z = 25
4x + 2y = 20
(x − 2) 2 + (y − 1) 2 = 10
⇔  x 2 + y2 = 25
⇔ x 2 + y 2 = 25

y = 10 − 2x
x=3
x =5

⇔ x 2 − 8x + 15 = 0 ⇔ y = 4 hay y = 0

{

{

{

{

Vậy z = 3 + 4i hay z = 5
Câu VII.b.
Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là : − x + m =

x2 − 1
x


⇔ 2x2 – mx – 1 = 0 (*) (vì x = 0 khơng là nghiệm của (*))
Vì a.c < 0 nên pt ln có 2 nghiệm phân biệt ≠ 0
Do đó đồ thị và đường thẳng ln có 2 giao điểm phân biệt A, B
AB = 4 ⇔ (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16 ⇔ 2(xB – xA)2 = 16
 m2 + 8 
2
= 8 ⇔ m 2 = 24 ⇔ m = ±2 6 .
⇔ (xB – xA) = 8 ⇔ 
4 ÷



Hết.
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009
Mơn thi : TỐN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2,0 điểm).
Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị là (Cm), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0.
2. Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 3 cos5x − 2sin 3x cos 2x − sin x = 0
 x(x + y + 1) − 3 = 0

2. Giải hệ phương trình (x + y) 2 − 5 + 1 = 0
(x, y ∈ R)


x2
3
dx
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x
e −1
1
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ =
2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích
khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC).
Câu V (1,0 điểm).Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy.
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 tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường
trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết
phương trình đường thẳng AC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) và mặt phẳng (P): x +
y + z – 20 = 0. Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song với
mặt phẳng (P).
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều
kiện z – (3 – 4i)= 2.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1)2 + y2 = 1. Gọi I là tâm của (C). Xác định tọa
·
độ điểm M thuộc (C) sao cho IMO = 300.
x+2 y−2 z
=
=
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
và mặt phẳng (P): x + 2y – 3z
1
1
−1
+ 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vng góc với đường thẳng ∆.
Câu VII.b (1,0 điểm)


Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số y =

x2 + x − 1

tại hai điểm phân
x

biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.
]BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I. 1. m = 0, y = x4 – 2x2 .
TXĐ : D = R
3
y’ = 4x – 4x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1; xlim = +∞
→±∞
x
−∞
−1
0
1
+∞
y'
− 0 + 0
−
0
+
y
+∞
0
+∞
y
−1
CĐ
−1
CT

CT
y đồng biến trên (-1; 0); (1; +∞)
y nghịch biến trên (-∞; -1); (0; 1)
y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0
−1 0 1
y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = ±1
x
−1
Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)
Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); (± 2 ;0)
2. Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = -1 là
x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1
⇔ x4 – (3m + 2)x2 + 3m + 1 = 0 ⇔ x = ±1 hay x2 = 3m + 1 (*)
Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) tại 4 điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn 2 khi và chỉ khi phương trình (*) có
hai nghiệm phân biệt khác ±1 và < 2
 1
0 < 3m + 1 < 4
− < m < 1
⇔
⇔  3
3m + 1 ≠ 1
m ≠ 0

Câu II. 1) Phương trình tương đương :
3 cos5x − (sin 5x + sin x) − sin x = 0 ⇔ 3 cos5x − sin 5x = 2sin x
π

3
1
⇔

cos5x − sin 5x = sin x ⇔ sin  − 5x ÷ = sin x
3

2
2
π
π
⇔ − 5x = x + k2 π hay − 5x = π − x + k2 π
3
3
π
π
2π
− k2 π
⇔ 6x = − k2π hay 4x = − π − k2 π = −
3
3
3
π
π
π
π
⇔ x = − k hay x = − − k (k ∈ Z).
18
3
6
2
2) Hệ phương trình tương đương :
 x(x + y + 1) = 3
 x(x + y) + x = 3


ĐK : x ≠ 0

5 ⇔ 2
2
2
2
 x (x + y) + x = 5
 (x + y) + 1 = x 2

Đặt t=x(x + y). Hệ trở thành:
t+x =3

t+x =3

 t + x = 3  t =1  x =1
⇔
⇔
⇔
∨
 2
2
2
 t + x = 5  (t + x) − 2tx = 5
 tx = 2
x=2 t =2



3

 x(x + y) = 1  x(x + y) = 2
 y =1
y=−
∨
⇔
2 ∨
Vậy 
x=2
 x =1
 x =1
x=2

3
3
3
3
1 − ex + ex
ex
I=∫
dx = − ∫ dx + ∫ x
dx = −2 + ln e x − 1
Câu III :
x
1
e −1
e −1
1
1

1
= −2 + ln(e3 − 1) − ln(e − 1) = −2 + ln(e 2 + e + 1)
Câu IV.
C/
2
2
2
2
AC = 9a − 4a = 5a ⇒ AC = a 5
BC 2 = 5a 2 − a 2 = 4a 2 ⇒ BC = 2a
M
H là hình chiếu của I xuống mặt ABC
Ta có IH ⊥ AC
IA/ A/ M 1
IH 2
4a
/
=
= ⇒
= ⇒ IH =
I
/
IC
AC
2
AA 3
3
B
1
11

4a 4a 3
C
VIABC = S ABC IH =
2a × a ×
=
(đvtt)
3
32
3
9
Tam giác A’BC vuông tại B
1
2
H
Nên SA’BC= a 52a = a 5
2
2 /
2
2 2
Xét 2 tam giác A’BC và IBC, Đáy IC = A C ⇒ S IBC = S A/ BC = a 5
3
3
3
3
3V
4a
3
2a 2a 5
=
=

Vaäy d(A,IBC) = IABC = 3
S IBC
9 2a 2 5
5
5
2
2
2 2
Câu V.
S = (4x + 3y)(4y + 3x) + 25xy = 16x y + 12(x3 + y3) + 34xy
= 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy
= 16x2y2 – 2xy + 12
Đặt t = x.y, vì x, y ≥ 0 và x + y = 1 nên 0 ≤ t ≤ ¼
Khi đó S = 16t2 – 2t + 12
1
S’ = 32t – 2 ; S’ = 0 ⇔ t =
16
25
1
191
S(0) = 12; S(¼) =
;S( )=
. Vì S liên tục [0; ¼ ] nên :
2
16
16
25
1
Max S =
khi x = y =

2
2


2+ 3
2− 3
x =
x =
191


4
4
Min S =
khi 
hay 
2− 3
2+ 3
16
y =
y =




4
4
PHẦN RIÊNG
Câu VI.a.
1) Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0

A = AH ∩ AD ⇒ A (1;2)
M là trung điểm AB ⇒ B (3; -2)
BC qua B và vng góc với AH ⇒ BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0 ⇔ x + 6y + 9 = 0
3
D = BC ∩ AD ⇒ D (0 ; − )
2

A

A


D là trung điểm BC ⇒ C (-uuu - 1)
3;r
AC qua A (1; 2) có VTCP AC = (−4; −3)
nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0 ⇔ 3x – 4y + 5 = 0

x = 2 − t
uuu
r

2) AB qua A có VTCP AB = (−1;1; 2) nên có phương trình :  y = 1 + t (t ∈ ¡ )
 z = 2t

D ∈ AB ⇔ D (2 – t; 1 + t; 2t)
uuu
r
uuu r
r
CD = (1 − t; t ; 2t) . Vì C ∉ (P) nên : CD //(P) ⇔ CD ⊥ n ( P)

1
5 1

⇔ 1(1 − t) + 1.t + 1.2t = 0 ⇔ t = − Vậy : D  ; ; − 1÷
2
2 2

2
2
Câu VI.b. 1. (x – 1) + y = 1. Tâm I (1; 0); R = 1
·
·
Ta có IMO = 300, ∆OIM cân tại I ⇒ MOI = 300
1
0
⇒ OM có hệ số góc k = ± tg30 = ±
3
1
x
x2
2
=0
+k=±
⇒ pt OM : y=±
thế vào pt (C) ⇒ x − 2x +
3
3
3
3
3

3
⇔ x= 0 (loại) hay x = . Vậy M  ; ±
÷
2 
2
2
Cách khác:
Ta có thể giải bằng hình học phẳng
·
·
OI=1, IOM = IMO = 300 , do đối xứng ta sẽ có
2 điểm đáp án đối xứng với Ox
H là hình chiếu của M xuống OX.
Tam giác OM 1 H là nửa tam giác đều
OI=1 => OH
3
Vậy M 1  ,
2

3
3
3
3 3
= ⇒ OM =
, HM =
=
2
6
3
2 3

3
3
3
÷, M 2  , −
÷
2 
2 
2

O

M1
I

H

M2

2. Gọi A = ∆ ∩ (P) ⇒ A(-3;1;1)
uuu
r
uu
r
a ∆ = (1;1; −1) ; n ( P) = (1;2; −3)
uu
r uu uuu
r r
a d = a ∆ , n ( P)  = ( −1;2;1) nên pt d là :
d đđi qua A và có VTCP



x + 3 y −1 z −1
=
=
−1
2
1
Câu VII.a. Gọi z = x + yi. Ta có z – (3 – 4i) = x – 3 + (y + 4)i
Vậy z – (3 – 4i) = 2 ⇔

(x − 3) 2 + (y + 4) 2 = 2 ⇔ (x – 3)2 + (y + 4)2 = 4

Do đđó tập hợp biểu diễn các số phức z trong mp Oxy là đường tròn tâm I (3; -4) và bán kính R = 2.
x2 + x − 1
Câu VII.b. pt hoành độ giao điểm là :
(1)
= −2x + m
x
⇔ x2 + x – 1 = x(– 2x + m) (vì x = 0 khơng là nghiệm của (1))
⇔ 3x2 + (1 – m)x – 1 = 0
phương trình này có a.c < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m


Ycbt ⇔ S = x1 + x2 = −

b
= 0 ⇔ m – 1 = 0 ⇔ m = 1.
a

SĐT:0977467739

Hết.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
----------------------------ĐỀ CHÍNH THÚC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Mơn thi: TỐN; Khối: A
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 y =

x+2
2x + 3

( 1)

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 hồnh, 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
( 1 + 2sin x ) ( 1 − s inx )

= 3.

2. Giải phương trình 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0

( x∈R)

Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân I =

π
2

∫ ( cos x − 1) cos x.dx
3

2

0

Câu IV (1,0 điểm)
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.
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( x + y) ( x + z) ( y + z) ≤ 5( y + z ) .
3

3

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 khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng

( S) : x

2

( P ) : 2x − 2y − z − 4 = 0

và mặt cầu

+ y + z − 2x − 4y − 6z − 11 = 0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo một đường
2

2

trịn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường trịn đó.
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|3 + |z2|3.
B.
Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
2
2

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( 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 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

x +1 y z + 9
x −1 y − 3 z +1
= =
; ∆2 :
=
=
. Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆1 sao cho
1
1
6
2
1
−2
khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆ 2 và khoăng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.
∆1 :

Câu VII.b (1,0 điểm)

(

)

log 2 x 2 + y 2 = 1 + log 2 ( xy )

Giải hệ phương trình  2
2
3x − xy + y = 81


( x, y ∈ R ) .

---------------Hết---------------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI A NĂM 2009
Câu I.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
+ Tập xác định:với mọi x ≠ −
+ y’ =

−1

( 2x + 3)

2

< 0, ∀ x ≠ −

3

2

3
2

+ Tiệm cận
Vì lim

x →∞

x+2 1
1
= nên tiệm cận ngang là : y =
2x + 3 2
2

x+2
x+2
lim +
= +∞; lim −
= −∞ nên tiệm cận đứng là : x = - 3
Vì
 3  2x + 3
 3  2x + 3
x →−  ÷
x →−  ÷
2
 2
 2
Bảng biến thiên:

 2
Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy tại  0; ÷ và cắt Ox tại (-2; 0)
 3


2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (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.

Ta có y ' =

−1
3
) là:
2 nên phương trình tiếp tuyến tại x = x 0 (với x 0 ≠ −
(2x + 3)
2

y - f( x 0 ) = f’( x 0 )(x - x 0 )
2
2x 0 + 8x 0 + 6
−x
y=
+
(2x 0 + 3) 2
(2x 0 + 3) 2

Do đó tiếp tuyến cắt Ox tại A( 2x 0 + 8x 0 + 6 ;0)
2

và cắt Oy tại B(0;

2
2x 0 + 8x 0 + 6
)
(2x 0 + 3) 2

Tam giác OAB cân tại O ⇔ OA = OB (với OA > 0)
2
⇔ x A = y B ⇔ 2x 0 + 8x 0 + 6 =

2
2x 0 + 8x 0 + 6
(2x 0 + 3) 2

 x 0 = −1(L)
⇔ (2x 0 + 3) 2 = 1 ⇔ 2x 0 + 3 = ±1 ⇔ 
 x 0 = −2 (TM)
Với x 0 = −2 ta có tiếp tuyến y = x 2
Câu II.
1.Giải phương trình :
Giải :

( 1 − 2sin x ) cos x
( 1 + 2sin x ) ( 1 − s inx )

= 3.


π

−5π

1

 x ≠ − 6 + k2π; x ≠ 6 + k2π
s inx ≠ −

2⇔
ĐKXĐ: 
s inx ≠ 1
 x ≠ π + 2lπ



2
Phương trình ⇔ cosx - 2sinxcosx =
⇔ cosx – sin2x =

3 (1 – sinx + 2sinx – 2sin2x)

3+

3 sinx - 2 3 sin2x

⇔ − 3 sinx + cosx = sin2x +
= sin2x +

2

3 (1 – 2sin x)

3 cos2x

⇔ - 3 sin x + 1 cos x = 1 sin 2x + 3 cos 2x
2
2
2
2
⇔ sin x.cos

5π
5π
π
π
+ cos x.sin
= sin 2x.cos + cos 2x.sin
6
6
3
3

5π 
π


⇔ sin  x + ÷ = sin  2x + ÷
6 
3


5π

π

 x + 6 = 2x + 3 + m2π
⇔
 x + 5π = π − 2x − π + n2π

6
3

π
π


 − x = − 2 + m2π
 x = 2 − m2π
⇔
⇔
3x = − π + n2π
 x = − π + n 2π


6
18
3


Kết hợp với đkxđ ta có họ nghiệm của pt là:
x= −

π

2π
+n
( n ∈ Z)
18
3

2. Giải phương trình : 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0
6
Đkxđ: 6 − 5x ≥ 0 ⇔ x ≤
(*)
5

( x∈R)

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



⇒ 15u 3 + 64 − 32u + 4u 2 − 24 = 0


⇔ 15u 3 + 4u 2 − 32u + 40 = 0
⇔ (u + 2)(15u 2 − 26u + 20) = 0
 u = −2
⇔ 2
2
15u − 26u + 20 = 0 vô n 0 do ∆ ' = 13 − 15.20 < 0
⇔ u = −2 ⇒ x = −2 (tm).
Vậy phương trình có tập nghiệm là S={-2}
π
2

(

)

Câu III.Tính tích phân I = cos3 x − 1 cos 2 x.dx .Ta có:
∫
0

π
2

π
2

0

0

I = cos5 x.dx − cos 2 x.dx
∫
∫
π
1
1
π

1
Ta có: I2 = cos 2 x.dx = (1 + cos2x).dx =  x + sin 2x ÷ 2 =
∫
2
2
0 4
2∫
0
0
π
2

π
2

π
2

π
2

0

0

Mặt khác xét I1 = cos5 x.dx = cos 4 x.cosx.dx
∫
∫
π
2

π
1 5

2sin 3 x
8
+ sin x ÷ 2 =
= ∫ (1 − sin x) d(sin x) =  sin x −
3
5
 0 15
0
2

2

Vậy I = I1 – I2 =

8 π
−
15 4

Câu IV.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 vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Giải:
Vì (SBI)và (SCI)vng góc với (ABCD) nên SI ⊥ (ABCD) .
Ta có IB = a 5; BC = a 5; IC = a 2;
Hạ IH ⊥ BC tính được IH =

3a 5
;
5

Trong tam giác vng SIH có SI = IH tan 600 =

3a 15
.
5

SABCD = SAECD + SEBC = 2a 2 + a 2 = 3a 2 (E là trung điểm của AB).
1
1
3a 15 3a 3 15
.
V = SABCDSI = 3a 2
=

3
3
5
5


Câu V.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 ) . Giải:
Từ giả thiết ta có:
x2 + 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
a3 + b3 = (a + b) (a2 – ab + b)2
2
2
≤ 2(a + b ) ( a − b ) + ab 


2

=

2
2  (a − b) 2 + 2ab  ( a − b ) + ab 





=

2  (y − z) 2 + 2yz  ( y − z ) + 4yz 




=

2  (y + z) 2 + 4yz  ( y + z )



2

2

≤ 4(y + z) 2 ( y + z ) = 2(y + z) 2 (1)
2

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.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.

Giải: 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.
Tính được N = (11; 1) .
Giả sử E = (x; y), ta có:
uuu
r
uu
r
IE = (x – 6; y – 2); NE = (x – 11; y + 1).
r
uu uuu
r
2
2
IE . NE = x – 17x + 66 + y – y – 2 = 0

(1)

E ∈ ∆ ⇒x + y – 5 = 0 .

(2)

Giải hệ (1), (2) tìm được x1 = 7; x2 = 6.
Tương ứng có y1 = 2; y2 = 1 ⇒ E1 = (7; 2); E2 = (6; 1)

Suy ra F1 = (5; 6), F2 = (6; 5).
Từ đó ta có phương trình đường thẳng AB là x – 4y + 19 = 0 hoặc y = 5 .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng

( S) : x

2

( P ) : 2x − 2y − z − 4 = 0

và mặt cầu

+ y + z − 2x − 4y − 6z − 11 = 0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo một đường trịn. Xác
2

2

định toạ độ tâm và tính bán kính của đường trịn đó.

Giải:
Mặt cầu có tâm I(1;2;3) bán kính R=5
Khoảng cách từ tâm I đến mp (P) là
d(I;(P)) =

2.1 − 2.2 − 3 − 4
4 + 4 +1

=3.

Vì d(I;(P))

Gọi H là hình chiếu của I trên (P) thì H là giao của mp(P) với đường thẳng qua I, vng góc với (P). Dễ
dàng tìm được H= (3;0;2).
Bán kính đường trịn là:

R 2 − IH 2 = 4 .

Câu VII. a
Phương trình: z2 + 2z + 10 = 0
Ta có: ∆ ' = (-1)2 – 10 = -9 = (3i)2
nên phương trình có hai nghiệm là:
z1 = -1 – 3i và z2 = -1 + 3i


 z1 2 = (-1) 2 + (-3) 2 = 10

Suy ra  2
2
2
 z 2 = (-1) + (3) = 10

2

2

Vậy A = z1 + z 2 = 10 + 10 = 20
Chương trình nâng cao
Câu VI. b
2
2
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( 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 trịn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại hai điểm phân

biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.

Giải:
(C) : (x + 2) 2 + (y + 2) 2 = ( 2) 2
Đường tròn (C) có tâm I(-2;-2); bán kính R = 2
∆ : x + my − 2m + 3 = 0
Gọi H là hình chiếu của I trên ∆ .
•

Để ∆ cắt đường trịn (C) tại 2 điểm A,B phân biệt thì: IH
•

Khi đó S∆IAB =

1
IH 2 + HA 2 IA 2 R 2
IH.AB = IH.HA ≤
=
=
=1
2
2
2
2

⇒ ( S∆IAB ) max = 1 khi IH = HA = 1 (hiển nhiên IH < R)
⇔

1 − 4m
m +1
2

= 1 ⇔ 1 − 4m = m 2 + 1 ⇔ 1 − 8m + 16m 2 = m 2 + 1

m = 0
⇔ 15m − 8m = 0 ⇔ 
m = 8
15

2

Vậy, có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu là: m = 0 và m =

8
15

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − 2y + 2z − 1 = 0 và hai đường thẳng
x +1 y z + 9
x −1 y − 3 z +1
∆1 :
= =
; ∆2 :
=
=
. Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆1 sao cho khoảng cách
1
1

6
2
1
−2
từ M đến đường thẳng ∆ 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.
Giải:
Giả sử M(a;b;c) là điểm cần tìm.
a + 1 b c + 9 a = b − 1
= =
⇒
• Vì M ∈ ∆1 nên:
1
1
6
c = 6b − 9
• Khoảng cách từ M đến mp (P) là:
a − 2b + 2c − 1
11b − 20
d = d(M;(P)) =
=
3
12 + (−2) 2 + 22
•

Gọi (Q) là mp qua M và vng góc với ∆ 2 , ta có:


r
r
n (Q) = u ∆ 2 = (2;1; −2)

⇒ (Q) : 2(x − a) + 1(y − b) − 2(z − c) = 0
Hay (Q): 2x + y − 2z + 9b − 16 = 0
Gọi H là giao điểm của (Q) và ∆ 2 ⇒ Tọa độ H là nghiệm của hpt:
 2x + y − 2z + 9b − 16 = 0

 x −1 y − 3 z +1
 2 = 1 = −2

→ H(−2b + 3; −b + 4; 2b − 3)
→ MH 2 = (3b − 4) 2 + (2b − 4) 2 + (4b − 6) 2 = 29b 2 − 88b + 68
Yêu cầu bài toán trở thành:
MH 2 = d 2
(11b − 20) 2
9
2
⇔ 261b − 792b + 612 = 121b 2 − 440b + 400
⇔ 29b 2 − 88b + 68 =

⇔ 140b 2 − 352b + 212 = 0
⇔ 35b 2 − 88b + 53 = 0
b = 1
⇔
 b = 53
35

 18 53 3 
Vậy có 2 điểm thoả mãn là: M(0;1;-3) và M  ; ; ÷
 35 35 35 
Câu VII b.
log 2 x 2 + y 2 = 1 + log 2 ( xy )


Giải hệ phương trình  2
( x, y ∈ R ) .
2
3x − xy + y = 81

Giải:

(

x 2 + y2 > 0
Điều kiện 
 xy > 0

⇔

)

xy > 0

Viết lại hệ dưới dạng:
log 2 (x 2 + y 2 ) = log 2 (2xy)

 x 2 − xy + y2
=3
3


2
 2

 x + y = 2xy
⇔  2
2
 x − xy + y = 4


(x − y) 2 = 0
x = y

⇔ 2
⇔ 2
⇔ (x; y)∈{ (2; 2);( −2; − 2)} : thỏa mãn
2
 x − xy + y = 4
x = 4

Hết.
GV: Đặng Ngọc Liên-SĐT: 0977467739
Trường THPT Ngọc Hồi KonTum.