Goi y giai de thi mon Toan khoi A nam 09

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

<b>GIẢI ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI A</b>
<b>KỲ THI TUYỂN SINH ĐH – CĐ NĂM 2009</b>
<b>I. Phần chung cho tất cả thí sinh</b>

<b>Câu I:</b> (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 v à tam giác OAB cân tại gốc
toạ độ O.

<b>Bài giải</b>





3
x

2

x
2

3
1. TXÐ: \

2
S bi n thiên

x 2 3

Tìm ti m c n ng: lim th hàm s (1) có ti m c n n g x

2x 3 2

x 2 1 1

Tìm ti m c n ngang: lim th hàm s (1) có ti m c n ngang y

2x 3 2 2

1

Tính y' 0 v

2x 3







_ 
 
 

 _{  } _{ }



 _{ } _




 



¡
ù Õ

ệ ậ đứ đồ ị ố ệ ậ đứ

ệ ậ đồ ị ố ệ ậ

íi x 3 hàm s ln ngh ch bi n trên ; 3 và 3; khơng có c c tr

2 2 2

   

    _  _ _ _

   

è Þ Õ ù Þ.

Bảng biến thiên

Đồ thị:

bảng biến thiên phụ

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

Nhận xét:Đồ thị nhận giao điểm của 2 tiệm cận l à điểm I 3 1,
2 2

_ 

 

 làm tâm đối xứng.

 

 

2. G i A a;0 Ox; B 0;b Oy theo gi thi t ta có: |a | |b|

nh ng vì hàm s lu n ngh ch bi n nên ti p tuy n ch có th có d ng
y kx m v i k < 0 nên a b 0.

x y
Ph ng trình ng th ng AB: 1

a b
x y

1 y x a ti p xúc v
a a

  

   

 

   

ọ ả ế

ư ố ô ị ế ế ế ỉ ể ạ

ớ

ươ đườ ẳ

ế ớ

2

2

x 2

x a
2x 3

i (1)

1

1
(2x 3)

x 1 a 0 (lo i)
1

T ph ng trình 1 2x 3 1

(2x 3) x 2 a 2

V y ph ng trình ti p tuy n c a (1) là y x 2


 _{  }

 _

  _

 _{ }

 



   




   _{    }

 _    

ạ

ừ ươ

ậ ươ ế ế ủ

<b>Cõu II: (2,0 đ)</b>

1. Giải phương trình:







1 2 sinx 1 sinx1 2 sinx cosx





3




 

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

-4

-2

2

4

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

2. Giải phương trình:





3

2 3x 2 3 6 5x  8 0 x¡
<b>Bài giải</b>



















2
2

x k2

6
1

1 2 sinx 0 sinx 7

u ki n : 2 x k2

1 sinx 0 6

sinx 1

x k2

2
1 2 sinx cosx

3
1 2 sinx 1 sinx

cos x 2 sin x cos x 3 1 sinx 2sinx 2sin x
cosx 2sinxcosx 3 2 sin x sinx +1

cos x 3 sin x 3 cos 2x s


    






   

 _  _ _ _ _

 _ _  

 _ _ 




  






 

     

    

   

1. §iỊ Ư

 

in 2x

1 3 3 1

cos x sin x cos 2x sin 2x

2 2 2 2

sin x sin 2x

6 3

k2

x 2x k2 x

6 3 18 3

2

x 2x k2 x k2 lo i

6 3 2

   

 

   

 _  _ _  _

   

   

 _{  } _ _  _{ } _

 

  

  

 _{ } _ _ _  _{ } _

 _

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









3

3
3

2

3

3 2

2

3
2

3 2

2

2

2) 2 3x 2 3 6 5x 8 0
Ð t 3x 2 u 3x 2 u

6 5x v 0 6 5x v
3
u 4 v

2u 3v 8 2

3
5u 3v 8

5 4 v 3v 8
2

3

Gi i ph ng trình: 5 4 v 3v 8

2

135v 1104v 2880v 2496 0
v 4 135v 564v 624 0
v 4

Vì 135v

    

    

     

  


 

 _



 

   

  _ _ _ _ _

  



 _  _ _

 

 

    

   

ặ

ả ươ

564v 624 0 VN
u 2

6 5x 16 x 2

 

 

     

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









/2

3 2

0

/2 /2

5 2

1 2

0 0

/2 /2

5 4

1

0 0

/2

2

2
0

/2

4 2

0

5 3

Tính tích phân I (cos x 1)cos x dx
Gi i

I cos x dx cos x dx I I
Tính I cos x dx cos x.cos x dx

1 sin x d(sin x)

sin x 2 sin x 1 d(sin x)
/ 2
sin x 2 sin x

sin x

5 3 0

1 2 8

1

5 3 15



 

 




 

   

 

 

  



 

_   _

 

   















¶





/2 /2

2
2

0 0

1 2

1

Tính I cos x dx 1 cos 2x dx
2

/ 2
1

sin 2x

4 4 0 4

8
Ta c : I I I

15 4

 

  



 

  





đượ

<b>Cõu IV: (1,0im)</b>

Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đáy ABCD là hình thang vng tại A và D ; AB = AD
= 2a, CD = a, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) v à (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung
điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) v à (SCI) cùng vng góc v ới mặt
phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6></div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

µ µ





0

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

Hình thang ABCD.
A D 90

AB AD 2a A D a

A B l tam gi c vu ng B A AB a 4a 5a
vu ng DC : C a a 2a

T C k CH AB CHB l tam gi c vu ng.
CH 2a, CD a HB a

BC HC HB 4a a 5a

BIC l tam gi c c n BC B 5a
K

 

      

         

     

  

   

   

à á ô

ô

ừ ẻ à á ô

à á â

ẻ

Ã







2 2

2 2 2 2

0
0

K CB : T nh K.

a 2
G i J l trung m C J

2
a 9a
BJ B J 5a

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
IK BC SK BC SKI 60

3a
S K.tan 60 . 3

5

AB CD AD 2a a .2a

Di n t ch ABCD 3a

2 2

  

   

       




     

  

     

    



í
ọ à điể

ệ í 2

3 3

2

1 3a 3a 3 3a 15

V 3a . . 3 .

3 5 5 5

  

<b>Câu V: (1,0 điểm)</b>

Chứng minh rằng với mọi số thực d ương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta
có :

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>





_

_

_

_















 

































2

2

2

2

2 2 2

3 3

3 3

3 ₂

x xt
t t y z, gi thi t suy ra yz

3

y z 3

Vì yz x x y z 3yz y z

4 4

3

x tx t 2x t 4t

4

2x t 2t 2x t
B T ph i ch ng minh

2x y z 3 x y x z 2x y z 3 x y x z y z 5 y z

2x y z 3 x y x z .2x 5 x z

2x y z 6x x x y z yz 5


  



      

     

    

             

       

 

  

Đặ ả ế

Đ ¶ ø

















3
2

3 ₂ ₃

2 2

Vì t 0

2 2

2 2

2 2

2 2

y z
x xt

2x t 6x x xt 5t

3
2t 2x 3xt 2t 0

2x 3xt 2t 0

t t 3t

Vì 0 x 2x 3xt 2t

2 2 2

2x 3xt 2t 0 pcm
D u " " x y ra x y z 0.





  

   _   _

 

   

   

      

   

    

®

Ê ¶

<b> Phần riêng (3,0)</b>

<b>A. Theo chương trình chuẩn</b>
<b>Câu VI.a (2.0 điểm)</b>

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho h ình 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 đ ường 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 đ ường trịn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính
của đường trịn đó.

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

' '

'

' ' '

' '

M M M

I

M

M M M M

I

'
'

E E E E

Ph ê

I là giao c a AC và BD nên M ì M CD

x x 1 x

x 6 _x ₁₁

2 2

y y 5 y y 1

y 2

2 2

M t khác: ME IE nên:

EM .IE 0 (11 x )(x 6) (1 y )(y



 

 

 

   

 _ _

 _  _  _{ }



 _  _ 

 

 



 

uuuur uur

ần ri ng câu 6a (1)

ủ đối xứng với M quaIth

Ỉ

2 2

E E E E

E E

2 2

E E E E

E E

E
E
E
E

2) 0
x y 17x y 64 0(1)

Mà E : x y 5 0
x y 5 0 (2)

T ta c

-x y 17x y 64 0
x 5 y

y 1

E(6; 1)
x 6

y 2

E(7; 2)
x 7

Ph ng trình ng th ng AB :
y 5

x 4y 19 0



      

   

   

     




 


 


_  




 


 

 _





  

õ (1) vµ(2) ã

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

2 2 2

P
C u 6a(2)

PT (S) (x 1) (y 2) (z 3) 25
T án kính R = 5

| 2 4 3 4 |

có:d(I;P) 3

4 4 1

có:d(I;P) 3 R 5 m ịn.

Có n (2; 2; 1) ph ình

      



  

 

 
  

r

â

âm I(1;2;3); b

ặt phẳng (P) cắt (S) theo một đường tr
ươngtr đường thẳng qua I(1;2;3) v

'2

vu ng góc v à:
x = 1+2t

y = 2 - 2t
z = 3 - t
G

E(1 2t; 2 2t;3 t) (P)

2(1 2t) 2(2 2t) (3 t) 4 0 t 1
E(3;0;2)

G án kính ó:

R 25








    

         





'

2 2

« íi(P) l

ọi E là tâm đường tròn giao tuyến

ọi R là b đường tròn (E) c

= R - IE _{9 16} _R' ₄

<b>Câu VII.a (1,0 điểm)</b>

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

<b>Bài giải</b>

 

2

2
'

1 1

2 2

2 2

1 2

PT : z 2z 10 0
1 10 9 3i
z 1 3i | z | 10
z 1 3i | z | 10

A | z | | z | 10 10 20

  

     

    

    

     

<b>B. Theo chương trình nâng cao</b>

<b>Câu VI.b. (2.0 điểm)</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

tham số thực. Gọi



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 2

x 1 y z 9 x 1 y 3 z 1

: , :

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.

<b>Bài giải</b>



 







 





2 2

2

2
2

2

6b1. Ph ng trình (C) x 2 y 2 2
T m 2 ; 2 ; b n k nh R 2

K H ( ) H l trung m AB.
1 4m

V i H d. ;

1 m

ng th ng ( ) c t (C) khi H R
| 1 4m |

2 14m 8m 1 0
1 m

4 30 4 30

m

14 14

t H x K : 0 x 2
Trong vu ng HA ta c : HA

    

    

   


    



  



   

ươ

â á í

ẻ à điể

ớ

Đườ ẳ ắ

Đặ Đ

ô ó











2 2 2

2

2
AB

2 2

2 2 2

AB

2 2

AB

2
2

A H 2 x

HA 2 x
1

S H.AB x. 2 x
2

Áp d ng B T c si ta c :

x 2 x

S x. 2 x x 2 x 1

2

max S 1 khi x 2 x x 1 tho m n
m 0 tho m n
| 1 4m |

1 15m 8m 0 ₈

m tho m n
1 m

15







     

  

   

 

     

     

 

 _

    _{ }



ụ Đ ô ó

ả Ã
ả Ã

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>





















 

 















2
2
2

1
2
1

2 2 2

2

2 2 2

2
6b.2

x 1 t
: y t

z 9 6t

x 1 y 3 z 1

: i qua A 1 ; 3 ; 1 v u 2 ; 1 ; 2

2 1 2

M M 1 t ; t ; 9 6t

AM,u _{14 8t} _14t ₂₀ ₄ _t
d M,

3

u

1 t 2t 18 12t 1 11t 20
d M, (P)

3
1 ( 2) 2

Vì d M, d M, (P) n n :
11t



  


 _ 
   

  
     

      
  _ _ _ _ _
 
   
      
 


r
uuur r
r
đ à
ê

 

 

 







2 2 2

2 2 2 2

2

1
2

14 8t 14t 20 4 t
20

3 3

11t 20 14 8t 14t 20 4 t
t 1

35t 88t 53 0 ₅₃
t

35
V i t 1 M 0 , 1 , 3

53 18 53 3

V i t M , ,

35 35 35 35

    

       



    
 

  
 
  _ _
 
í
í

<b>Câu VII.b (1,0 điểm)</b>
Giải hệ phương trình:





_

_

2 2

2 2

2 2

x xy y

log x y 1 log (xy)
x, y
3   81

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

2 2

2 2

2 2

x xy y 4

2 2 2

2 2 2 2

2 2

C b.
K : x.y 0

log (x y ) log (2xy)

H

3 3

x y 2xy (x y) 0
x xy y 4 x xy y 4

x y

x y 2
x xy y 4

 



  


 




     

 

_  _

     

 

 




_ 

âu7

ệ

đ

</div>

<!--links-->