Nghien cuu de thi Dai hoc Toan A 472009

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (645.76 KB, 14 trang )

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

Theo chương trình thay sách – giáo khoa năm đầu tiên 2009 
1) Đề thi và lời binh Đại học mơn Tốn khối A ngày 4 /7 /2009

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

I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7 điểm)

Câu 1 : (2 điểm) Cho hàm số y = 2x + 3x + 2

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1) , biết tiếp tuyến đó cắt trục hồnh và 
trục tung lần lượt tại 2 điểm A , B và tam giác OAB cân có đỉnh tại O .

Lời bình

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (1) của hàm số đã cho

. MXĐ : D = R\{-3/2}
. y’





1
2 3




=

x < 0 D . x ≠ -3/2 nên hàm số luôn nghịch biến trên

3 3

2 2

. lim ; lim

x x

y y

 

   

  

 x = -3/2 là tiệm cận đứng

1 1

lim ; lim

2 2

x x

y y

    

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

. Bảng biến thiên :
x

y’
y

- -3/2 +

─ ─

1/2

-

+

1/2+
Giao điểm với trục tọa độ : 0;2 ; 2;0





 



 

 

. Đồ thị:

o
-2 x
y
2/3
3
2

1
2

2) Viết phương trình tiếp tuyến

. Vì OAB cân tại O nên tt song song với y = ± 1 nên Hệ số góc của tiếp tuyến tại xo là :





0 2
0
1
' 1
2 3
x
y
x

 

2
0 0

4x 12x 9 1

    0

0
1
2
x
x


 


0
0
1
0
y
y


 



. Vậy phương trình tiếp tuyến với © : y – y0 = y’ (x – x0)









1 1 1

1 2
y x
y x
  

 
 






y x Loai

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

Câu 2 : (2 điểm)

1 ) Giải phương trình :







 



1 2.sin

.cos

3 1 2.sin

1 sin

x









2 ) Giải phương trình :

2. 3

x



2 3. 6 5





x



8 0





x R





Giải

1) Giải phương trình :







 



1 2sin

.cos

3 1 2sin

1 sin

x









1 sin

;1

2 x

 















1 2sin



cos

3 1 2sin



 

1 sin



Pt





x





x



x





cos

x

2sin .cos

x

3 1 sin

x

2sin

x











cos

x

3 sin

x

sin 2

x

3 cos 2

x









 

2

18

3 x

k

L

k

Z

x

k























. Đk :

1

3

1

3 cos

sin

sin 2

cos 2

2 x









cos

cos 2

3 x

6 

































2

3

6

2

3

6 x

k

x

k

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

2) Giải phương trình :

. Đk : 6 – 5x ≥ 0

6

5 x





. Đặt t 3 3x  2  t3 3x  2 và

8 5
6 5

3
t
x 
 
Thay vơ phương trình : 2 3 8 5 3 8 0

3
t

t    

8 5

3 8 2

3
t

t


   3 2

15 4 32 40 0
t

t t t



 

   






2 3

x



2 3 6 5





x



8 0



x R



3 2

3
t

x 

 

2 t

x

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

Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân : 
Giải





/2
3 2

cos

1 .cos .

I

x

x dx













1 2

2 2 2

3 2 5 2

0 0 0

cos 1 .cos cos cos

I I

I x xdx I xdx xdx

  




  







         
2

4
1
0

. I cos .cos .x x dx










2 2

2
0

1 sin x .cos .x dx












2 4

1 2sin x sin x .cos .x dx






 

. Đặt t = sinx  dt = cosx.dx

0 0

1
2

x t

x  t

  


 
  







1
2 4
1
0

1 2 .

I t t dt

 



 
1

3 5
0
2 1
3 5

t t t

 
   
 
8
15

2
2
2
0

. I cos .x dx






1 cos 2
.
2

x
dx










2
0
1

1 cos 2 .

2 x dx







 2

1 1

sin 2
2 x 2 x



 

   

  4





. Vậy

8

15

4

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

Câu 4: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vng tại A và D ; 
AB = AD = 2a ; CD = a , góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 609 . Gọi I

là trung điểm của cạnh AD . Biết 2 mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vng góc với 
mặt phẳng (ABCD) . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a .

Giải S

D
\\

\\ 2a

C
I

E
600

. Thể tích VS.ABCD

1 .

3 S

ABCD

SI



. Vì (SBI)(SCI) = SI và vng góc với
(ABCD) nên SI (ABCD)





SBC ABCD

;









SEI





60

 SI = IE tg600

. Gọi F trung điểm BC

3

2 AB DC

a

IF







. Kẻ CH IF

H
 CH = ID = a . Vậy 

1 1 3

3 .

2

4

IFC

a

S



CH IF



CF IE



a



. CF2 = HC2 + HF2 

2 3 5

2 2

a a

CF  a   a 

 

. Do đó V

1 .

3 S

ABCD

SI



1 .

. . 60

3

2 AB DC

AD IE tg





1 2

3 .2 .

.

3

2 5

3

15

5 a a

a



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

Câu 5: (1 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x ; y ; z thõa mãn 
x.(x + y + z) = 3yz Ta có :

Giải



x y









x z







3. 

x y x z y z



 



 







5 

y z





1 y z 3. .y z

x x x x

   

0 ; 0 ; 0

y z

u v u v t

x x

      

2 2

1 3 . 3

2 4

u v t

t u v   

     

 

3t 4t 4 0

    



t  2 3

 

t 2



0  t 2

. Bất đẳng thức đã cho chia 2 vế cho x3 Ta có :



1 u





1 v



3 3 1



u

 

1 v u v

 





u v



         



2 t



3 3 1



u

 

2 1 v



3 1



u

 

1 v



2 3 1



u

 

1 v t



5t3

           

. Từ x(x + y + z) = 3 yz

. Đặt : Ta có :



2 t



3 6 1



u

 

1 v



5t3

     



2 t



3 6 1



u v uv



5t3

      





3 6 1 1 5 3
3

t

t  t   t

       

 



 



3 2

4t 6t 4t 0 t t2 1 t 2 0

       

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

Gọi z1 ; z2 là 2 nghiệm phức của phương trình : z2 + 2 z + 10 = 0 .

Tính giá trị của biểu thức : 
II - PHẦN RIÊNG ( 3 điểm)

Câu 6a : (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD
Có điểm I(6 ; 2) là giao 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 .

1. Chương trình chuẩn :

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 bán kính đường trịn đó .

Giải Câu 6a : (2 điểm)

1) Viết phương trình đường thẳng AB .

2 2

1 2

A



z



z

Câu 7a : (1 điểm) :

A B

C
D

M
E


. E   E ( n; 5 – n)





.



IE





n



6;5



n



2 

AB

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

. Gọi F trung điểm AB

:

2

F I E

F F F

x

F

y

















2.6

12 2.2 5

1

F
F

x

n

y

n n











 







 











.  MF  12  n  1 ;n 1 5  11 n n;  6  IE



 



.  MF IE.  0 11 n n  6  n  6 3 n 0

 



 



. 6 14 2 0

7
n
n n
n


     















5
4 1

6 5; 0 :

7 4;1 : 1 4 5 0 9 0

y

n MF AB

n MF AB x y x y

    


         

 
 



2) Tọa độ tâm và bán kính đường trịn .

. Tâm cầu và bán kính cầu I(1;2;3) R = 5

. Tính khoảng cách từ I đến mp (P) : .



;

 



2.1 2.2 3 4 3 5
4 4 1

d I P    R

    

 
 mp(P) cắt mặt cầu theo 1 hình trịn .

. Pt đt qua I vng góc với (P) :

1 2

. : 2 2

3
x t
y t
z t
 


    
  


Giao   (P) = T là tâm tròn

. T (P)  2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0  t = 1  T(3 ; 0 ; 2)
. Bán kính trịn r = . R2 IT2 25 9 4

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

2. Chương trình nâng cao :

Câu 6b : (2 điểm) 1) Trong hệ Oxy , cho đường trịn © và đường thẳng có ptr :

 

C

:

x



y



4 x



4 y

 

6 0



:

x my





2 m z

 

0

phân biệt A ; B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất .

2) Trong không gian với hệ Oxyz . Cho mp (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và 2 đthẳng :

Câu 7b : (1 điểm) Giải hệ phương trình :





1

9

1 :

1

6

2

1

2 x



y

z



x



y



z













Xác định tọa độ điểm M  1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 và

khoảng cách từ M đến mp(P) là bằng nhau .





 





2 2

log

1 log

3

x xy y

81 ;

x

y

xy

x y R

 





 













Câu 7a : (1 điểm) : 
. Tính A =

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

Câu 6b (2 điểm) 1) Tìm m ?

2 

2 

6 

2

. Theo bài ra có AIB :





1 . .sin

2

AIB

S



AI IB

AIB

. Vậy diện tích AIB lớn nhất khi sin AIB = 1 hay :
AIB vuông tại I và có :

IH

sin



AIH

sin 45

IA



1 4

1
1

m
m



 



15m 8m 0

   8

15
m

 

2) Tìm tọa độ điểm M ?





1 1

. M    M  t t; ; 9 6  t













1;2;3

2;1; 2 &

2;

3;

.



qua A



vtcp a











AM

 

t



6 t



8

. Xét :

.

AM



a





14 8 ;14



t



20;4



t





. Ta có :

.

d M



;



2





d M P



;

 



261t2 729t 612 11t 20

    

35t 88t 53 0

   

1
53
35

t
t






 


Vậy có :



0;1; 3



18 53 3

; ;

35 35 35
M

M






 



 

  

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

Câu 7b : (1 điểm) Giải hệ phương trình :





 





2 2

log

1 log

3

x xy y

81 ;

x

y

xy

x y R

 





 













. Đk x > 0 ; y > 0





 













2 2

2 2 2 2

2 2

log

1 log

log

log 2

4

3

x xy y

81 ;

x

y

xy

x

y

xy

x

xy y

x y R

 





 





























2 2











2 2

2 0

4 x

y

xy

x y

xy

x

xy y





































4 x

y

xy





 





2 x

y

x

y

 





 



</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14></div>

Nghien cuu de thi Dai hoc Toan A 472009





<sub></sub>

<sub></sub>























 



1 2.sin

.cos

3

1 2.sin

1 sin

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>









<sub>2. 3</sub>

<i><sub>x</sub></i>

<sub></sub>

<sub>2 3. 6 5</sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<i><sub>x</sub></i>

<sub></sub>

<sub>8 0</sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<i><sub>x R</sub></i>

<sub></sub>

<sub></sub>







 



1 2sin

.cos

3

1 2sin

1 sin

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>









1

sin

;1

2

<i>x</i>

 



<sub></sub>



<sub></sub>







1 2sin



cos

3 1 2sin