Đề và đáp án thi ĐH môn Toán khối A 2009

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (196 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009

Mơn thi: TỐN (khóa ngày 4-7-2009)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm). Cho haøm 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 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 tọa độ O.

Caâu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình (1 2sin x) cos x 3
(1 2 sin x)(1 sin x)





  .

2. Giải phương trình : 2 3x3 23 6 5x  8 0 (x  R)

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3 2

I (cos x 1) cos xdx









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
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 một trong hai 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. Viết phương trình
đường thẳng AB.

2. Trong khơng 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 trịn đó.

Câu VII.a (1,0 điểm). Gọi z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z2+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 trịn (C). Tìm m để  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và 2
đường thẳng 1 : x 1 y z 9

1 1 6

 

  ; 2 : x 1 y 3 z 1

2 1 2

  

 

 . Xác định tọa 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.
Câu VII.b (1,0 điểm)

Gỉai hệ phương trình : 2 2
2 2

2 2

x xy y

log (x y ) 1 log (xy)

3   81

   









(x, y  R)

G

ỢI Ý

GI

Ả

I

c

ủa

giáo viên

TR

ẦN VĂN TO

ÀN

(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn, TP.HCM)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Caâu I.

1. /

3 1

\ , 0,

2 (2 3)

D y x D

x

 

 

      



 

Suy ra hàm số giảm trên từng khoảng xác định và khơng có cực trị.

3 3

2 2

lim , lim

x x

y y

 

 

 

    TCĐ: 3

x

1 1

lim :

2 2

xy TCN y

+∞

3
2



1
2

+∞

-∞

y
y/
x

-∞ 1

-

-2 3 2
1 2

0 x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2. Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng
y = x hoặc y = -x. Nghĩa là:

f’(x0) = 1  2

0
1
1
(2x 3)

 
 
0 0
0 0

x 1 y 1

x 2 y 0

   



    



1 : y – 1 = -1(x + 1)  y = -x (loại)

2 : y – 0 = -1(x + 2)  y = -x – 2 (nhận)

Câu II.

1. ĐK: sin 1
2

x  , sinx ≠ 1















1 2sin cos 3 1 2 sin 1 sin

cos 2 sin cos 3 1 sin 2 sin

cos 3 s in s in2 3 cos 2

    

   

Pt x x x x

x x x x x

x x x x

1cos 3sin 1s in2 3cos 2 cos cos 2

2 2 2 2 3 6

   

          

   

x x x x  x x 

2 2 2 2

3 6 3 6

 x x k hay x  x k 

2
2

x k  (loại) 2

18 3

  

x  k  , k  Z (nhaän)
2. 3

2 3x23 6 5x  8 0, điều kiện :6 5 0 6
5

x x

   

Đặt t = 33x2  t3 = 3x – 2  x = 
3

t 2



vaø 6 – 5x =
3

8 5t
3



Phương trình trở thành :

8 5t

2t 3 8 0

3

  

3
8 5t

3 8 2t



  



3 2

t 4

15t 4t 32t 40 0


     t = -2. Vậy x = -2
Câu III.













2 2 2

3 2 5 2

0 0 0

2 2 2

4 2 2 4

0 0 0

cos 1 cos cos cos

cos cos 1 sin cos 1 2 sin sin cos

sin cos
   
     
  



I x xdx xdx xdx

I x xdx x xdx x x xdx

t x dt xdx

  

Đổi cận: x= 0  t = 0; x =



 t = 1









1 3 5

2 4
1

0 0

2 2 2 2

2 2

2
2

0 0

0 0 0 0

3 2

2 8

1 2

3 5 15

1 cos 2 1 1 1 1

cos cos 2 sin 2

2 2 2 2 4 4

cos 1 cos

15 4
      

      
   



t t

I t t dt t

x

I xdx dx dx xdx x x

I x xdx

     



</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu IV. Từ giả thiết bài tốn 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

2 2



  SCIJ

IJ CH 1 3a 3a

2 2 2 4



   , CJ=BC a 5

2  2

 SCIJ

2 2

3a 1 1 3a 3a 6a 3a 3

IE CJ IE SE ,SI

4 2 CJ 2 5 5 5

         ,





1 1 3a 3 3a 15

V a 2a 2a

3 2 5 5

 

    

 

Caâu V. x(x+y+z) = 3yz 1 y z 3y z

x x x x

   

Đặt u y 0 ,v z 0 ,t u v 0

x x

       . Ta có







2 2

1 3 3 3 3 4 4 0 2 3 2 0 2

2 4



 

               

 

u v t

t uv t t t t t

Chia hai vế cho x3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về



















1u  1v 3 1u 1v uv 5 uv







 





 





























 



3 2 2 3

3 3 3 3

3 3 3 2

2 3 1 1 3 1 1 3 1 1 5

2 6 1 1 5 2 6(1 ) 5

2 6 1 5 4 6 4 0 2 1 2 0

           

            



 

              

 

t u v u v u v t t

t u v t t u v uv t

t

t t t t t t t t t

Đúng do t  2.
PHẦN RIÊNG

A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a. 1. I (6; 2); M (1; 5)

 : x + y – 5 = 0, E  E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB
I trung điểm NE  N I E

N I E

x 2x x 12 m

y 2y y 4 5 m m 1

   




      



 N (12 – m; m – 1)



= (11 – m; m – 6); IE



= (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m)

MN.IE0

 

 (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0

 m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0  m = 6 hay m = 7
+ m = 6  MN = (5; 0)  pt AB laø y = 5

+ m = 7  MN = (4; 1)  pt AB laø x – 1 – 4(y – 5) = 0  x – 4y + 19 = 0
A

D C

I J

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2. I (1; 2; 3); R = 1 4  9 115

d (I; (P)) = 2(1) 2(2) 3 4 3

4 4 1

  



  < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường trịn (C)

Phương trình d qua I, vng góc với (P) : xy 1 2t2 2t
z 3 t

 



 


 




Gọi J là tâm, r là bán kính đường trịn (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 trịn r = 2 2

R IJ  25 9 4

Câu 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 Naâng Cao

Caâu VI.b. 1. (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 coù 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
SABC = 1IA.IB.sin AIB

2 = sinAIB

Do đó SABC lớn nhất khi và chỉ khi sinAIB = 1 AIB vuông tại I

 IH = IA 1

2  (thoûa IH < R)  2

1 4m
1

m 1





 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1  15m2 – 8m = 0  m = 0 hay m = 8
15
2. M (-1 + t; t; -9 + 6t) 1; 2 qua A (1; 3; -1) có véctơ chỉ phương a



= (2; 1; -2)



= (t – 2; t – 3; 6t – 8)  AM a = (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t)
Ta coù : d (M, 2) = d (M, (P))  261t2792t612 11t20

 35t2 - 88t + 53 = 0  t = 1 hay t = 53
35
Vaäy M (0; 1; -3) hay M 18 53 3; ;

35 35 35

 

 

 

Câu VII.b. Điều kieän x, y > 0
2 2

2 2 2 2

2 2

log (x y ) log 2 log (xy) log (2xy)

x xy y 4

    




  






2 2

x y 2xy

x xy y 4

  




  






2
(x y) 0
xy 4

  






 x y

xy 4








 x 2

y 2








hay x 2

y 2

 




 


---

Người giải đề:

TR

ẦN VĂN TOÀN

</div>

Đề và đáp án thi ĐH môn Toán khối A 2009

<b>ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 </b>

<b>Mơn thi: TỐN (khóa ngày 4-7-2009) </b>

<sub></sub>

<b>G</b>

<b>ỢI Ý </b>

<b>GI</b>

<b>Ả</b>

<b>I </b>

<i><b>c</b></i>

<i><b>ủa</b></i>

<i><b> giáo viên </b></i>

<b>TR</b>

<b>ẦN VĂN TO</b>

<b>ÀN </b>

-

-

































































































 





 





















