De + Dap an TS DH nam 2009 ca 3 khoi A, B, D

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
---------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Mơn: 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)
x+2
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 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 hoành, trục tung lần
lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O.
Câu II (2,0 điểm)
(1 − 2sin x) cos x
= 3.
1. Giải phương trình
(1 + 2sin x)(1 − sin x)
2. Giải phương trình : 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0 (x ∈ R)
π
2

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ (cos3 x − 1) cos2 xdx
0

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 thỏa 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.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 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 hình chữ nhật ABCD có điểm I (6, 2) là giao điểm của 2
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. Vieát phương trình đường thẳng AB.
2. Trong không gian với hệ tọa 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 tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1,0 điểm). Gọi z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z 2+2z+10=0. Tính giá trị của
biểu thức A = z12 + z2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) : x2 + y2 + 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 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích ∆IAB lớn nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 vaø 2 đường thẳng
x +1 y z + 9
x −1 y − 3 z +1
= =
=
=
∆1 :
; ∆2 :
. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆1
1
1

6
2
1
−2
sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.
Câu VII.b (1,0 ñieåm)
log 2 (x 2 + y2 ) = 1 + log 2 (xy)

Giải hệ phương trình :  x2 −xy+ y2
(x, y ∈ R)
= 81
3

---------------Hết--------------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………......; Số báo danh:…………………
BÀI GIẢI GỢI Ý


Phần chung:
Caâu I.
1.

−1
 −3 
D = ¡ \  , y/ =
< 0, ∀x ∈ D
(2 x + 3) 2
2
Suy ra hàm số giảm trên từng khoảng xác định và khơng có cực trị.
−3

lim− y = −∞ , lim+ y = +∞ ⇒
−3
−3
TCĐ: x =
x→
x→
2
2
2
1
1
lim y = ⇒ TCN : y =
x →±∞
2
2

−3
x
y/

-∞

y 1
2

+∞

2

-

+∞

1

-∞

2
y

2. Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y = x hoặc y =
-x. Nghóa là:
−1
 x = −1 ⇒ y 0 = 1
= ±1 ⇒  0
f’(x0) = ±1 ⇒
2
(2x 0 + 3)
 x 0 = −2 ⇒ y 0 = 0
2/3

1 y
∆1 : y – 1 = -1(x + 1) ⇔2 = -x (loaïi)
x
∆2 : y – 0 = -1(x + 3 ⇔ y = -x – 2 (nhận)
2) 2
-2 −
0
Câu II.
−1

1. ĐK: sin x ≠
, sinx ≠ 1
2
Pt ⇔ ( 1 − 2sin x ) cos x = 3 ( 1 + 2sin x ) ( 1 − sin x )
⇔ cos x − 2sin x cos x = 3 ( 1 + sin x − 2sin 2 x )

⇔ cos x − 3 s inx = s in2x + 3 cos 2 x
1
3
1
3
π
π


⇔ cos x −
sin x = s in2x +
cos 2 x ⇔ cos  + x ÷ = cos  2 x − ÷
2
2
2
2
6
3


π
π
π
π

⇔ + x = 2 x − + k 2π hay + x = −2 x + + k 2π
3
6
3
6
π
π
2π
⇔ x = − k 2π (loaïi) x = − + k
, k ∈ Z (nhaän)
2
18
3
6
2. 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0 , điều kiện : 6 − 5 x ≥ 0 ⇔ x ≤
5
3
t +2
8 − 5t 3
Đặt t = 3 3x − 2 ⇔ t3 = 3x – 2 ⇔ x =
và 6 – 5x =
3
3
8 − 5t 3
Phương trình trở thành : 2t + 3
−8 = 0
3

{

t≤4
8 − 5t 3
⇔3
= 8 − 2t ⇔ 15t 3 + 4t 2 − 32t + 40 = 0 ⇔ t = -2. Vậy x = -2
3
Câu III.


π
2

π
2

π
2

0

0

I = ∫ ( cos3 x − 1) cos2 xdx = ∫ cos5 xdx − ∫ cos 2 xdx
0

π
2

π
2

0

π
2

0

I1 = ∫ cos4 x cos xdx = ∫ ( 1 − sin 2 x ) cos xdx = ∫ ( 1 − 2sin 2 x + sin 4 x ) cos xdx
2

0

t = sin x ⇒ dt = cos xdx
Đổi cận: x= 0 ⇒ t = 0; x =

π
⇒t=1
2
1

1

2t 3 t 5
8
I1 = ∫ ( 1 − 2t + t ) dt = t −
+
=
3
5 0 15
0

2

4

π
2

π
2

π
2

π
2

π

π

2
1 + cos 2 x
1
1
1 2 1
π
I 2 = ∫ cos2 xdx = ∫
dx = ∫ dx + ∫ cos 2 xdx = x + sin 2 x =
2
2

20
2 0 4
4
0
0
0
0

π
2

I = ∫ ( cos3 x − 1) cos2 xdx =
0

8 π
−
15 4

Câu IV. Từ giả thiết bài toán ta suy ra SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J là trung điểm của
BC; E là hình chiếu của I xuống BC.
2a + a 3a
IJ × CH 1 3a
3a 2
BC a 5
IJ =
=
SCIJ =
, CJ=
=
a=

=
2
2
2
2 2
4
2
2
⇒ SCIJ =

3a 2 1
1 3a 2 3a
6a
3a 3
= IE × CJ ⇒ IE =
=
⇒ SE =
,SI =
,
4
2
CJ 2
5
5
5
A

3
11
 3a 3 3a 15

V =  [ a + 2a ] 2a ÷
=
3 2
5
 5

N

B

H

I

J

E
⇔ 1+

Câu V. x(x+y+z) = 3yz

D

y z
yz
+ =3
x x
xx

C

y
z
> 0, v = > 0, t = u + v > 0 . Ta có
x
x
2
t2
u+v
1 + t = 3uv ≤ 3 
= 3 ⇔ 3t 2 − 4t − 4 ≥ 0 ⇔ ( t − 2 ) ( 3t + 2 ) ≥ 0 ⇔ t ≥ 2
÷
4
 2 
3
Chia hai vế cho x bất đẳng thức cần chứng minh đưa về
3
3
3
( 1+ u ) + ( 1+ v) + 3( 1+ u ) ( 1+ v) ( u + v) ≤ 5( u + v)
Đặt u =

⇔ ( 2 + t ) − 3 ( 1 + u ) ( 1 + v ) − 3 ( 1 + u ) ( 1 + v ) + 3 ( 1 + u ) ( 1 + v ) t ≤ 5t 3
3

2

2

⇔ ( 2 + t ) − 6 ( 1 + u ) ( 1 + v ) ≤ 5t 3 ⇔ ( 2 + t ) − 6(1 + u + v + uv ) ≤ 5t 3

3

3

1+ t 
3

3
3
2
⇔ ( 2 + t ) − 6 1 + t +
÷ ≤ 5t ⇔ 4t − 6t − 4t ≥ 0 ⇔ t ( 2t + 1) ( t − 2 ) ≥ 0
3 

Đúng do t ≥ 2.
Phần riêng:
A.Theo chương trình Chuẩn


Caâu VI.a. 1. I (6; 2); M (1; 5)
∆ : x + y – 5 = 0, E ∈ ∆ ⇒ E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm cuûa AB
 x N = 2x I − x E = 12 − m
I trung điểm NE ⇒ 
⇒ N (12 – m; m – 1)
 y N = 2y I − y E = 4 − 5 + m = m − 1
u ur
uu
ur
u
MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m)

u ur ur
uu u
MN.IE = 0 ⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0
⇔ m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 ⇔ m = 6 hay m = 7
u ur
uu
+ m = 6 ⇒ MN = (5; 0) ⇒ pt AB laø y = 5
u ur
uu
+ m = 7 ⇒ MN = (4; 1) ⇒ pt AB laø x – 1 – 4(y – 5) = 0 ⇒ x – 4y + 19 = 0
2. I (1; 2; 3); R = 1 + 4 + 9 + 11 = 5
2(1) − 2(2) − 3 − 4
= 3 < R = 5. Vaäy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)
d (I; (P)) =
4 + 4 +1
 x = 1 + 2t

Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :  y = 2 − 2t
z = 3 − t

Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J ∈ d ⇒ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t)
J ∈ (P) ⇒ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 ⇒ t = 1
Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2)
Bán kính đường tròn r = R 2 − IJ 2 = 25 − 9 = 4
Caâu VII.a. ∆’ = -9 = 9i2 do đó phương trình ⇔ z = z1 = -1 – 3i hay z = z2 = -1 + 3i
⇒ A = z12 + z22 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20
B. Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b. 1. (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R = 2
Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ∆ABC, ta có
1

·
·
S∆ABC = IA.IB.sin AIB = sin AIB
2
·
Do đó S∆ABC lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB = 1 ⇔ ∆AIB vuông tại I
1 − 4m
IA
= 1 (thoûa IH < R) ⇔
=1
⇔ IH =
2
m2 + 1
8
⇔ 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1 ⇔ 15m2 – 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m =
15r
2. M (-1 + t; t; -9 + 6t) ∈∆1; ∆2 qua A (1; 3; -1) có véctơ chỉ phương a = (2; 1; -2)
u ur r
uu
u ur
uu
AM = (t – 2; t – 3; 6t – 8) ⇒ AM ∧ a = (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t)
Ta coù : d (M, ∆2) = d (M, (P)) ⇔

261t 2 − 792t + 612 = 11t − 20

⇔ 35t2 - 88t + 53 = 0 ⇔ t = 1 hay t =

53
. Vaäy M (0; 1; -3) hay M

35

Câu VII.b. Điều kiện x, y > 0
log 2 (x 2 + y 2 ) = log 2 2 + log 2 (xy) = log 2 (2xy)

 2
2
 x − xy + y = 4


 18 53 3 
 ; ; ÷
 35 35 35 

 x 2 + y 2 = 2xy
(x − y) 2 = 0  x = y
x = 2
 x = −2

⇔ 2
⇔
⇔
⇔
hay 
2
 x − xy + y = 4  xy = 4
 xy = 4  y = 2
 y = −2


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
---------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Mơn: TỐN; Khối: B
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 = 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 (2,0 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
Câu III (1,0 điểm)


3

3 + ln x
dx
(x + 1) 2

1

Tính tích phân I = ∫

Câu IV (1,0 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 (1,0 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 (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2,0 điểm)
4
và hai đường thẳng
5
∆1 : x – y = 0, ∆2 : x – 7y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường tròn (C 1); biết
đường tròn (C1) tiếp xúc với các đường thẳng ∆1, ∆2 và tâm K thuộc đường trịn (C)
2. Trong khơng 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 (1,0 điểm)
Tìm số phức z thoả mãn : z − (2 + i) = 10 và z.z = 25
2
2
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x − 2) + y =

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 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 (1,0 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
x
điểm phân biệt A, B sao cho AB = 4.
---------------Hết--------------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………......; Số báo danh:…………………
BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I.
1. y = 2x4 – 4x2 .
TXĐ : D = R
3
y’ = 8x – 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)

(C)

y

−

−1 y 0

1

2

(C’)

x

−2
2

−

−1

0

1

2

x


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 <
Theo đồ thị ta thấy ycbt ⇔ 0 < 2m < 2 ⇔ 0 < m < 1
Câu II.
1.

2

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
⇔
⇔
π
 4x = − 3x + k2π
 x = π + k 2π


6
42
7


xy + x + 1 = 7y
2. x 2 y 2 + xy + 1 = 13y 2

{

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


1
x
1
x
1
2
2
2
2
Đặt a = x + ; 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

{

{

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

ln x
dx
(x + 1) 2
1

I2 = ∫

Đặt u = lnx ⇒ du =

dx
x

{

3

=
1

3
4


dv =

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
2
2
2
BA + BC = 2 BN +
2

C

M

2

2

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

A

H

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

2
 4 
2

N

B

Câu V :
(x + y)3 + 4xy ≥ 2

⇒ (x + y)3 + (x + y) 2 − 2 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1

2
(x + y) − 4xy ≥ 0

1
(x + y) 2 1
⇒ x 2 + y2 ≥
≥ 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


 2
(x 2 + y 2 ) 2 
2 2
2
2
≥ 3  (x + y ) −
 − 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 2
1
f (t) = t − 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
uu
ur
uu
ur
2.
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
uu
ur

ur
u
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
Câu VIb.
1.
−1 − 4 − 4
9
AH =
=
2
2
1
36
36
S = 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

⇒ HB2 =
= 8 = m − ÷ + m − 4 + ÷
4
2 
2

2

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

 11 3 
3 5
 3 5
 11 3 
Vậy B1  ; ÷ ∧ C1  ; − ÷ hay B2  ; − ÷∧ C2  ; ÷
 2 2
2 2
2 2
 2 2
uu
ur
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.

4
5

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
ur u u 1
u ur
∆ 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 + y 2 = 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
2
⇔ (xB – xA) = 8 ⇔ 
÷ = 8 ⇔ m = 24 ⇔ m = ±2 6
 4 

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
---------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Mơn: TỐN; Khối: D
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 = 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 hồnh 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
Câu III (1,0 điểm).
3
dx
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 khơng 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):
1

1
−1
x + 2y – 3z + 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)
x2 + x − 1
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số y =
tại hai
x
điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.
---------------Hết--------------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………......; Số báo danh:…………………
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
+∞
−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

y

−1

0
−1

1
x


y đạt cực tiểu bằng -1 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. 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 hoành 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 = − k2 π 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
x=2 t =2
 t + x = 5  (t + x) − 2tx = 5
 tx = 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
dx = − ∫ dx + ∫ x
dx = −2 + ln e x − 1
Câu III : I = ∫
1
ex − 1
e −1
1
1
1
= −2 + ln(e3 − 1) − ln(e − 1) = −2 + ln(e 2 + e + 1)
Câu IV.
AC 2 = 9a 2 − 4a 2 = 5a 2 ⇒ 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
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
Xeùt 2 tam giác A’BC và IBC, Đáy IC = A C ⇒ S IBC = S A/ BC = a 5
3
3
3

C/

A

A

C


3VIABC
4a 3 3
2a 2 a 5
=3
=
=
2
S IBC
9 2a 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
D là trung điểm BC ⇒ C (-u u- 1)
3;r
u
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
uu
ur


2) AB qua A có VTCP AB = (−1;1; 2) nên có phương trình :  y = 1 + t (t ∈ ¡ )
 z = 2t

Vaäy d(A,IBC) =

D ∈ AB ⇔ D (2 – t; 1 + t; 2t)
uu
ur
uu r
ur
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
=0
+k=±
⇒ pt OM : y=±
thế vào pt (C) ⇒ x 2 − 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
I
H là hình chiếu của M xuống OX.
O
Tam giác OM 1 H là nửa tam giác đều

M1

H

M2


3
3
3
3 3
⇒ OM =
, HM =
=
2
6
3
2 3
3 3
3
3
Vaäy M 1  ,
÷, M 2  , −
÷
2 
2 2 
2

OI=1 => OH =

2. Gọi A = ∆ ∩ (P) ⇒ A(-3;1;1)
uu

ur
ur
u
a ∆ = (1;1; −1) ; n ( P) = (1;2; −3)
u
u ur u u
r
u ur
d đđi qua A và có VTCP a d = a ∆ , n ( P)  = ( −1;2;1) nên pt d là :


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 trịn 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 không 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
b
Ycbt ⇔ S = x1 + x2 = − = 0 ⇔ m – 1 = 0 ⇔ m = 1.
a