đề số 1 đề số 1 ðề thi tuyển sinh đại học khối a năm 2009 phần chung câu i 2 0 ñieåm cho haøm số y 1 1 khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò cuûa haøm soá 1 2 vieát phöông trình tieáp t

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (136.06 KB, 9 trang )

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

S 1

ĐỀ Ố

Ð THI TUY N SINH Ề Ể ĐẠI H C KH I A N M 2009Ọ Ố Ă

Phần chung:

Câu I (2, 0 điểm). Cho hàm 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 hoành, trục tung
lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O.

Câu II (2,0 điểm)

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





  .

2.Giaûi phương trình : 2 3x 2 3 6 5x 8 03

     (x  R)

Caâu III (1,0 điểm) Tính tích phân 2 3 2
0

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 vng 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 trịn. 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 IAB lớn nhất.

2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và 2 đường thẳng
1 : x 11 y1 z 96 ; 2 : x 12 y 31 z 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.

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

Gỉai hệ phương trình : 2 2

2 2

x xy y

log (x y ) 1 log (xy)

3   81

   







 (x, y  R)

K T QUẾ Ả

ĐỀ Ố

S 1

Phần chung:

Caâu I.
1.

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

(2x 3)





 

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)

Caâu II.

1.ĐK: sin 1
2

x , sinx ≠ 1







 







1 2sin cos 3 1 2sin 1 sin

cos 2sin cos 3 1 sin 2sin cos 3 sin sin2 3 cos 2

    

        

Pt x x x x

x x x x x x x x x

1cos 3sin 1s in2 3cos2 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

 x  k  (loại) 2

18 3

 

x  k  , k  Z (nhaän)

2.2 3x 2 3 6 5x 8 03

     , điều kiện :6 5 0 6
5

x x

    Đặt t = 33x 2

  t3 = 3x – 2  x =

t 2

3


vaø 6 – 5x = 8 5t3

3


Phương trình trở thành : 2t 3 8 5t3 8 0
3



  

 3 8 5t3 8 2t
3



  



15tt 43 4t2 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 2sin 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 =
2


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









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 cos2 1 1 1 1

cos cos2 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

     



Câu IV. Từ giả thiết bài toán 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

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



3



1v



3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

3
           
            

 
               
 

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 riêeng:

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

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

 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

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) : x 1 2ty 2 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 = z

1 = -1 – 3i hay z = z2 = -1 + 3i

 A = z12 + z22 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20

B. Theo Chương trình Nâng Cao

Câu VI.b. 1. (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 có 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 = 12IA.IB.sin AIB = sinAIB

Do đó SABC lớn nhất khi và chỉ khi sinAIB = 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

2.M (-1 + t; t; -9 + 6t) 1; 2 qua A (1; 3; -1) có véctơ chỉ phương a



= (2; 1; -2)

AM


= (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

Vaäy M (0; 1; -3) hay M 18 53 3; ;
35 35 35

 

 

 

Câu VII.b. Điều kiện 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

  




  



 

(x y) 0

xy 4

  




 

x y

xy 4







 

x 2
y 2






 hay

x 2

y 2





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

S 1

ĐỀ Ố

Ð THI TUY N SINH Ề Ể ĐẠI H C KH I A N M 2009Ọ Ố Ă

Phần chung:

Câu I (2, 0 điểm). Cho hàm số y = 2x 3x 2

 (1).

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

Câu II (2,0 điểm)

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





  .

2.Giải phương trình : 2 3x 2 3 6 5x 8 03

     (x  R)

Caâu III (1,0 điểm) Tính tích phân 2 3 2
0

I (cos x 1)cos xdx









cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể
tích khối chóp S.ABCD theo a.

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)

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

2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và 2 đường thẳng
1 : x 11 y1 z 96

 

  ; 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.

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

Gỉai hệ phương trình : 2 2

2 2

x xy y

log (x y ) 1 log (xy)

3   81

   







 (x, y  R)

K T QUẾ Ả

ĐỀ Ố

S 1

Phần chung:

Caâu I.
1.

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

(2x 3)





 

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)

Caâu II.

1.ĐK: sin 1
2

x , sinx ≠ 1







 







1 2sin cos 3 1 2sin 1 sin

cos 2sin cos 3 1 sin 2sin cos 3 sin sin2 3 cos 2

    

        

Pt x x x x

x x x x x x x x x

1cos 3sin 1s in2 3cos2 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

 x  k  (loại) 2

18 3

 

x  k  , k  Z (nhaän)

2.2 3x 2 3 6 5x 8 03

     , điều kiện :6 5 0 6
5

x x

    Đặt t = 33x 2

  t3 = 3x – 2  x =

t 2

3


vaø 6 – 5x = 8 5t3

3


Phương trình trở thành : 2t 3 8 5t3 8 0
3



  

 3 8 5t3 8 2t
3



  



15tt 43 4t2 32t 40 0

     t = -2. Vaäy x = -2

Caâu 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 2sin 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 =
2


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









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 cos2 1 1 1 1

cos cos2 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

     



Câu IV. Từ giả thiết bài toán 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

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



3



1v



3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

3
           
            

 

               
 

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 riêeng:

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

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

 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

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) : x 1 2ty 2 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 = z

1 = -1 – 3i hay z = z2 = -1 + 3i

 A = z12 + z22 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20

B. Theo Chương trình Nâng Cao

Caâu VI.b. 1. (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 có 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 = 12IA.IB.sin AIB = sinAIB

Do đó SABC lớn nhất khi và chỉ khi sinAIB = 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

2.M (-1 + t; t; -9 + 6t) 1; 2 qua A (1; 3; -1) có véctơ chỉ phương a



= (2; 1; -2)

AM


= (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

Vaäy M (0; 1; -3) hay M 18 53 3; ;
35 35 35

 

 

 

Câu VII.b. Điều kiện 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

  




  



 

(x y) 0

xy 4

  




 

x y
xy 4







 

x 2
y 2






 hay

x 2

y 2





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

đề số 1 đề số 1 ðề thi tuyển sinh đại học khối a năm 2009 phần chung câu i 2 0 ñieåm cho haøm số y 1 1 khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò cuûa haøm soá 1 2 vieát phöông trình tieáp t

<b> S 1</b>

<b>ĐỀ Ố</b>

<sub></sub>

<b>ĐỀ Ố</b>

<b> S 1</b>







 



























































 













 

 







<b> S 1</b>

<b>ĐỀ Ố</b>

<sub></sub>

<b>ĐỀ Ố</b>

<b> S 1</b>







 







































