Giải đề thi môn Toán khối A kỳ thi tuyển sinh ĐH – CĐ năm 2009

<span class='text_page_counter'>(1)</span>GIẢI ĐỀ THI MÔN TOÁN 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 hoành, 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 Tỡm tiệm cận đứng: lim  3 x  2. x2 3    đồ thị hàm số (1) cú tiệm cận đứng x   2x  3 2. x2 1   đồ thị hàm số (1) cú tiệm cận ngang y  2x  3 2 3 3   0 víi x    hàm sè luôn nghÞch biÕn trên  ;   và 2 2 . Tìm tiÖm cËn ngang: lim. x . Tính y' . 1.  2x  3 . 2. Bảng biến thiên. Đồ thị: bảng biến thiên phụ. Vẽ đồ thị:. Lop12.net. 1 2  3    2 ;   không có cùc trÞ.  .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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 lu«n nghÞch biÕn nên tiÕp tuyÕn chØ có thÓ có 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 Vậy phương trỡnh tiếp tuyến của (1) là y   x  2 Câu II: (2,0 đ) 1  2 sinx  cosx  3 1  2 sinx 1  sinx  1. Giải phương trình:  Từ phương trỡnh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. Giải phương trình:. 2 3 3x  2  3 6  5x  8  0  x    Bài giải.    x   6  k2  1  1  2 sinx  0 7 sinx    1. §iÒu kiÖn :     k2 2  x  6 1  sinx  0 sinx  1     x  2  k2 . 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 2 sin2 x  sinx +1  cos x  3 sin x  3 cos 2x  sin 2x 1 3 3 1 cos x  sin x  cos 2x  sin 2x 2 2 2 2      sin   x   sin   2x  6  3  .  6  x     x   6.   2x  k2 3  2  2x  k2 3.  k2   x   18  3   x    k2  lo¹i   2. Lop12.net. .

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2) 2 3 3x  2  3 6  5x  8  0 ÐÆt 3 3x  2  u  3x  2  u3 6  5x  v  0  6  5x  v 2 3  u 4 v  2 2u  3v  8    3  3 2 5u  3v  8 5  4  3 v   3v 2  8   2  3. 3   Giải phương trỡnh: 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. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> /2.  (cos x  1)cos. Tính tích phân I . 3. 2. x dx. 0. Gi¶i /2. I. . /2. cos5 x dx . 0.  cos. 2. x dx  I1  I2. 0. /2. Tính I1 .  cos. /2 5. x dx . 0. 4. x.cos x dx. 0. /2. .  cos.  1  sin x  2. 2. d(sin x). 0. /2. .   sin. 4. . x  2 sin2 x  1 d(sin x). 0.  sin5 x 2 sin3 x  /2    sin x  3  5 0 1 2 8   1 5 3 15 /2 /2 1 Tính I2   cos2 x dx   1  cos 2x  dx 2 0 0 . /2   1  sin 2x  4 4 0 4. Ta ®­îc : I  I1  I2 . 8   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 vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Bài giải Hình thang ABCD.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Hình thang ABCD.  D   900 A AB  AD  2a  A  D  a AB lµ tam gi¸c vu«ng  B 2  A 2  AB2  a2  4a2  5a2  vu«ng DC : C2  a2  a2  2a2 Tõ C kÎ CH  AB  CHB lµ tam gi¸c vu«ng. CH  2a, CD  a  HB  a BC2  HC2  HB2  4a2  a2  5a2. .   BIC lµ tam gi¸c c©n BC2  B 2  5a2. . KÎ K  CB : TÝnh K. a 2 2 2 a 9a2  BJ2  B 2  J2  5a2   2 2 3a BJ  , 2 BJ.C Ta có BJ.C  K.BC  K  BC 3a a 2 3a 2 K   a 5 5  SC  ,  SC    ABCD   S   ABCD  Gäi J lµ trung ®iÓm C  J .   600 IK  BC  SK  BC  SKI 3a  S  K.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. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> §Æt t  y  z, gi¶ thiÕt 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. B§T ph¶i 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 tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Bài giải. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> PhÇn riêng c©u 6a (1) I là giao của AC và BD nờn M' đối xứng với M quaIthỡ M'  CD xM  xM' 1  xM'    xI  6  2 2   xM'  11     y  yM  yM' 2  5  yM'  yM'  1 I  2 2  ' MÆt khác: ME  IE nên:   EM' .IE  0  (11  uE )(xE  1)  (1  yE )(yE  5)  0  xE2  12xE  11  yE2  4yE  5  0  xE2  yE2  12xE  4yE  6  0 (1) Mà E :x + y - 5 =0  xE  yE  5  0 (2) Tõ (1) vµ(2) ta cã  xE2  yE2  12xE  4yE  6  0   xE  5  yE 79   yE  18  169 79   E  ; 169 18 18   x   E 18   29 61  '  ME  ;  là vectơ chỉ phươngcủa AB  18 18    hay uAB  (29; 61)  nAB  (61;  29)  Phương trỡnh đường AB : 61(x  1)  29(y  5)  0  61x  29y  84  0. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 6a2. Phương trỡnh (C)   x  2    y  2   2 2. 2.  T©m   2 ;  2  ; b¸n kÝnh R  2 KÎ H  (  )  H lµ trung ®iÓm AB. Víi H  d.   /   . 1  4m 1  m2. §­êng th¼ng (  ) c ¾t (C) khi H  R | 1  4m |   2  14m2  8m  1  0 2 1 m . 4  30 4  30 m 14 14. . §Æt H  x §K : 0  x  2. . Trong  vu«ng HA ta cã : HA 2  A 2  H2  2  x 2  HA  2  x 2 1 H.AB  x. 2  x 2 2 Áp dông B§T c «si ta cã:. SAB . . SAB  x. 2  x  x 2  x 2.  max SAB . 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   8 2 m  1 m  tho¶ m·n  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. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> PhÇn riêng c©u 6a (1) I là giao của AC và BD nờn M' đối xứng với M quaIthỡ M'  CD xM  xM' 1  xM'    xI  6  2 2   xM'  11     y  yM  yM' 2  5  yM'  yM'  1 I  2 2  ' MÆt khác: ME  IE nên:   EM' .IE  0  (11  uE )(xE  1)  (1  yE )(yE  5)  0  xE2  12xE  11  yE2  4yE  5  0  xE2  yE2  12xE  4yE  6  0 (1) Mà E :x + y - 5 =0  xE  yE  5  0 (2) Tõ (1) vµ(2) ta cã  xE2  yE2  12xE  4yE  6  0   xE  5  yE 79   yE  18  169 79   E  ; 169 18 18   x   E 18   29 61  '  ME  ;  là vectơ chỉ phươngcủa AB  18 18    hay uAB  (29; 61)  nAB  (61;  29)  Phương trỡnh đường AB : 61(x  1)  29(y  5)  0  61x  29y  84  0. 2. Phương trỡnh (C)   x  2    y  2   2 2. 2.  T©m   2 ;  2  ; b¸n kÝnh R  2 KÎ H  (  )  H lµ trung ®iÓm AB. Víi H  d.   /    H . 2  2m  2m  3 1  m2. 1  4m 1  m2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> §­êng th¼ng (  ) c ¾t (C) khi H  R | 1  4m | 2   2  1  4m   2 1  m2 2 1 m  14m2  8m  1  0. . 4  30 4  30 m 14 14 §Æt H  x §K : 0  x  2. . . . . Trong  vu«ng HA ta cã : HA 2  A 2  H2  2  x 2  HA  2  x 2 1 SAB  H.AB  x. 2  x 2 2 Áp dông B§T c «si ta cã:. . x. 2  x  x 2  x 2. 2. 2. . . x2  2  x2 2.  1.  SAB  1  max SAB  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   8 m  15  tho¶ m·n  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. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Câu VI.b. (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ 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  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 :. 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. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 1. Phương trỡnh (C)   x  2    y  2   2 2. 2.  T©m   2 ;  2  ; b¸n kÝnh R  2 KÎ H  (  )  H lµ trung ®iÓm AB. Víi H  d.   /   . 1  4m 1  m2. §­êng th¼ng (  ) c ¾t (C) khi H  R | 1  4m |   2  14m2  8m  1  0 2 1 m . 4  30 4  30 m 14 14. . §Æt H  x §K : 0  x  2. . Trong  vu«ng HA ta cã : HA 2  A 2  H2  2  x 2  HA  2  x 2 1 H.AB  x. 2  x 2 2 Áp dông B§T c «si ta cã:. SAB . . SAB  x. 2  x  x 2  x 2.  max SAB . 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   8 2 m  1 m  tho¶ m·n  15. | 1  4m |. 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>  6b.2  Gäi A lµ ®iÓm tr ª n  2 vµ B lµ ®iÓm tr ª n mÆt ph¼ng (P).  x  1  t  1 :  y  t z  9  6t   x  1  2t '    2 :  y  3  t ' ®i qua A 1 ; 3 ;  1 vµ u2   2 ; 1 ;  2  z  1  2t ' . M  1  M  1  t ; t ;  9  6t    2 2 2  AM,u2  14  8t   14t  20    4  t     d M,  2     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. Ví i 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 x  xy  y 2  81 3. . .  x, y    Bài giải. Lop12.net. 2.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> ®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. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span>