Goi y giai de thi Mon Toan dai hoc khoi A Ngay 472009

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (299.16 KB, 11 trang )

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

Tuyển sinh đại học khối A (Môn Tốn) năm 2009
Phần chung cho tất cả thí sinh

Câu I:
1.

 TXD: R\{-3/2}
 Sự biến thiên:

1
lim

2
1
lim

2
x

x
y
y







Do đó đồ thị hàm số y nhận đường thẳng y=1/2 là tiệm cận ngang.
3

3
2
lim

lim
x
x







 

 

Do đó đồ thị hàm số nhận dường thẳng x= -3/2 là tiệm cận đứng
Ta có:

2 2

1.(2 3) 2( 2) 1
'

(2 3) (2 3)

x x

y

x x

   

 

 

Vì y’<0 với mọi x khác -3/2 nên hàm số đồng biến trên nghịch biến trên mỗi khoảng

3 3

( ; ) và ( ; )

2 2



  

 Đồ thị:

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;2/3); cắt trục hoành tại điểm (-2;0).

 Đồ thị

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

1
2

3
2

 0 x



2
3

2. Vì tiếp tuyến cần tìm cắt trục hồnh và trục tung tại 2 điểm phân biệt lần lượt là A và B sao cho
tam giác OAB cân nên

Tam giác AOB vuông cân tại O do đó, hệ số góc của đường thẳng này là 1
2



do y’<0 với mọi x
thuộc TXD.

Vậy nên ta có phương trình hồnh độ tiếp điểm là:
4

1

2

3 (2

x

3)

2 x

2 







 



Vậy có hai phương trình tiếp tuyến thỏa mãn đề bài:
4

4 4

4
2 3

1 2 3 2 1 2 2 2 3

( ) y=

2 2 3 2 2 2

2. 3

2
à

2 3
2

1 2 3 2 1 2 2 2 3

y= ( ) y=

2 2 3 2 2 2

2. 3

y x hay x

v

x hay x

 

   

    

 

  

    

   

  

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

sinx 1
1
sinx











Với điều kiện trên ta có:
(1 2sin ) cos

3
(1 2sin )(1 sinx )

(1 2sin ) cos 3 (1 2sin )(1 sinx )
2
cos sin 2 3 (1 sinx 2sin 2sin )
cos sin 2 3 (sinx os2 )

3 sinx cos (sin 2 3 cos 2 )

2sin( ) 2sin(2 )

6 3

x x

x

x x x

x x x x

x x c x

x x x

x x

x x k

 






 

    

     

   

   

   
  



   
2

18 3

k

x

x k



 

 


 







  



 

 




Kết hợp với điều kiện xác định,ta có các nghiệm của phương trình là:

2. ĐK: 6

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

3 3 2
6 5 (v 0)
có:

2 3 8 2 3 8

3 2 3

5 3 8 8 3 2

5 3 8 (*)

3 2

(*) 5(8 3 ) 24 64

3 2 2 3 2

5(8 3.8 .3 3.8.(3 ) 27 ) 24 64 0

3 2

135 1104 2880 2496 0
2

3( 4)(45

u x

v x

Ta

u v u v

u v v

v

v v

v v v v

v v v

v v

 
  




     

 

 

     

  

     
  

  


   

      

    

  188 208) 0

4 ( vì 45 188 208 0)

v

v v v

  

    

Với v=4 ( thỏa mãn điều kiện u khơng âm), ta có:

6

5

4

2 x





  

Thử lạ i ta thấy, x= -2 là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x= -2.
Câu III:

Ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2

0 0 0

2 2 2

0 0

1 ( os

1) cos

sin

cos

sin 2

4

1 os4

1 sin 4

sin 2

4

2 4 2

8

1

0 4 4

16 I

c

x

xdx

x

xdx

c

x

xdx

dx

  

  







 











 















 





 





 









Câu IV:

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

Ta có:

BF=AB-CD=2a-a=a
Áp dụng định lí Pitago:

2 2 2 2

(2 ) 5
(2 ) 5

BC CF FB a a a

BI AI AB a a a

IC DI DC a a a

    

Vì BC=BI nên BK cùng là trung tuyến của tam giác IBC.
2

2 2 2

3

5

2 .

(

2 )

3 .

2 .

2

3

5

IBC

a

BK

BI

IC

a

BK IC

IH BC

S

a

BK IC

a

IH

BC

a

















Vì (SIC) và (SIB) cùng vng góc với (ABCD) nên
( ) ( vì SI=(SIB) (SIC))

SI ABCD 

Lại có:

IH



BC

Suy ra góc giữa (ABCD) và (SBC) bằng góc SHI

 60o

SHI

 



3 3 3

.tan SHI=

.tan 60

5 a

SI



IH



Vậy:

3
2

1 1 3 3

3 3

. .

.

.3

3

5

S ABCD ABCD

a

V



SI S



a



2
( ). 3 .2

2 2

ABCD

AB CD AD a a

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

Câu V:
Đặt:

2 2

Suy ra:

( ) 3

3
4
( ) ( ) 4
( )( ) 4

4. .

2 2

( ) (1)

a x y

b x z
c y z

x x y z yz
x xy xz yz
x xy xz yz yz
x x y z x y yz

x z x y yz

a c b b c a
ab

ab c a b

 
 
 

  

   

    

   

   

 

   

Ta cần chứng minh:

3 3 3

2 3

3 5

( )[( ) ] 3 5
( ) 3 5 (*)

a b abc c

a b a b ab abc c

a b c abc c

  

     

   

Thật vậy:

2 3

2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 3

(1)

3 3 (2)

(1)

3(

)

0 4(

)

(

)

4 (

)

2 (

)

2 (3)

ab

c

abc

c

a

ab

b

a

b

a

ab

b

a

b

c

a

b

c

a

b

a

b c

c



















 

















 







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

Phần riêng:

Theo chương trình Chuẩn

Câu VI a.

1. Vì điểm E thuộc đường thẳng x+y-5=0 nên E có tọa độ là (t;5-t);

Gọi F là điểm đối xứng với E qua tâm I(6;2) Dễ thấy: F là trung điểm của AB. Do đó, F
có tọa độ là (12-t ; t-1).

(11 ; 6)
( 6;3 )
MF t t

IE t t

 




Vì ABCD là hình chữ nhật mà M(1;5) thuộc AB nên

6
7

.

0 (11

).(

6)

(

6)(3

)

0 (

6)(14

2 )

0

t

MF IE

t










  

 

 







 

 

Vậy có 2 điểm F thỏa mãn:
1

(6;5)

(5;6)

F

Suy ra có 2 phương trình đường thẳng AB thỏa mãn đề bài là:

2
: 5

1 5 19

: y=

5 1 6 5 4 4
d y

x y x

d hay



   

 

2. Ta có:

2 2 2

( ) :

2

4

6

11

0 (x-1)

(

2)

(

3)

25 S

x

y

z

x

y

z

hay

y

z



 



 

 



Do đó, bán kính mặt cầu (S) là R=5.

Khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến mặt phẳng (P) là:

2 2 2

2.1 2.2 3 4
3
2 2 1

R

  

 

 

Suy ra mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo 1 đường tròn (O;r).

 Tâm của I(1;2;3) của mặt cầu (S) thuộc đường thẳng d (d là trục của (O;r)).

 d có véc tơ chỉ phương là vécto pháp tuyến của mặt phẳng (P).

 d có phương trình chứa tham số là:

1

2

3 x

t

y

t

z

t

  



  



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

Vậy tâm O là giao của d và mặt phẳng (P) nên tọa độ của O thỏa mãn phương trình:

2(1

2 )

2(2

2 )

(3

)

4

0

1 t





   

 

 O(3;0;2)

 Bán kính đường trịn (O) là:

2 2 2 2 2

25 [(1 3) (2 0) (3 2) ] 4

r R OI        

Câu VII a.
2

2

10

0

2

3

2

3

2 z

i

z

i

z







 

 



 



 

 



Suy ra:

2 2

2 2 2 2

1 2

3

13 ( 1)

2 A



z



z

 









 







 





















 





(Theo chương trình nâng cao)_Tham khảo vì thí sinh chỉ được chọn 1 trong 2 phần.
Câu VIb.

Phương trình đường trịn (C) có tâm O là:

2 2

(x2) (y2) 2

Suy ra: (C) có bán kính là R=

2

1 .

. . .sin 1

2 2 2

OAB

OA OB R

S  OA OB AOB  

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

2 2

2
1
2

2 2 2 3
1
1

1 (1 4 )
15 8 0

0
8
15
R
h

m m

m

m m

m
m

 

   

 



   

  

 




 


Vậy giá trị của m đề đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại 2 điểm phân biệt để diện tích tam
giác OAB có diện tích lớn nhất là:

m=0 hoặc m=8/15.
2. Vì điểm M thuộc đường thẳng

1 9

1 1 6

x y z

  

Nên M(-1+t; t ;-9+6t).

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) là:

1 2 2 2

( 1) 2 2(6 9) 1 11 20
3
1 2 2

t t t t

h        

 

Gọi K là hình chiếu của M trên đường thẳng 2. K có tọa độ là (1+2m;3+m;-1-2m).
Vì 2 vng góc với KM nên:

KM



vng góc với vecto chỉ phương của 2

Hay

(

2 2).2

(

3).1

(6

2 8).( 2)

0

1 t

m

t

m

t

m

t



  





 

  

Khoảng cách từ M đến 2 là:

2 2 2

( 2 2) ( 3) (6 2 8)
(3 4) (2 4) (4 6)

29 88 68

h t m t m t m

t t t

t t

        

     

  

Vì

11 20 2 1

29 88 68 53
3

t t

t t

t




  



   

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

Vậy có 2 điểm M thỏa mãn đề bài:
1

(0;1; 3)
18 53 3
( ; ; )

35 35 35
M

M



Câu VIIb.
ĐK: xy>0

2 2

log ( ) 1 log ( )
log ( ) log (2 )

x y xy

x y

  

  

 

Thế vào phương trình cịn lạ i:

2 2

3

81

4

2

x xy y

x

xy

y

x

 















  

Thử lạ i ta thấy, 2 nghiệm (x;y)=(2;2) và (-2;-2) thỏa mãn điều kiện xác định.
Vậy hệ phương trình ban đầu có 2 nghiệm là:

(x;y)=(2;2);(-2;-2)

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

Goi y giai de thi Mon Toan dai hoc khoi A Ngay 472009

1

1

2

3

(2

<i>x</i>

3)

2

<i>x</i>

2











 









6

5

4

2

<i>x</i>

<i>x</i>





  

1

( os

1) cos

sin

cos

sin 2

4

1

1

1

os4

1

sin 4

sin 2

4

4

2

4 2

8

1

0

4 4

16

<i>I</i>

<i>c</i>

<i>x</i>

<i>xdx</i>

<i>x</i>

<i>xdx</i>

<i>xdx</i>

<i>c</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>xdx</i>

<i>dx</i>

<i></i>

<i></i>





 

 







<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

 