De dap an DHCD nam 2009

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (623.61 KB, 22 trang )

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

Bộ GD&ĐT

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009

Đề Chính Thức

Mơn thi : TỐN

(Thời gian: 180 phút……….)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm)Cho hàm số y = 2x4 – 4x2 (1)

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

2. Với các giá trị nào của m, phương trình x x2 2 2 m có đúng 6 nghiệm thực phân biệt?
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình sin x cos x sin 2x 3 cos3x 2(cos 4x sin x)3

   

2. Giải hệ phương trình 2 2 2
xy x 1 7y

(x, y )

x y xy 1 13y

  





  




Câu III (1 điểm)Tính tích phân
3

2
1

3 ln x

I dx

(x 1)







Câu IV (1 điểm)

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng BB’ và mặt phẳng (ABC)
bằng 600; tam giác ABC vng tại C và 

BAC = 600. Hình chiếu vng góc của điểm B’ lên mặt phẳng

(ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a.
Câu V (1 điểm)

Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :A =
3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1

PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x 2)2 y2 4
5

   và hai đường thẳng 1 : x
– y = 0, 2 : x – 7y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường trịn (C1); biết đường trịn
(C1) tiếp xúc với các đường thẳng 1, 2 và tâm K thuộc đường trịn (C)

2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh A(1;2;1), B(-2;1;3), C(2;-1;1)
và D(0;3;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng
khoảng cách từ D đến (P)

Câu VII.a (1 điểm)

Tìm số phức z thoả mãn : z (2 i)   10 và z.z 25
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1;4) và các đỉnh B, C
thuộc đường thẳng  : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác ABC
bằng 18.

2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 5 = 0 và hai điểm A(-3;0;1),
B(1;-1;3). Trong các đường thẳng đi qua A và song song với (P), hãy viết phương trình đường thẳng
mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất.

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

Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị hàm số
2

x 1

y
x



 tại 2 điểm phân
biệt A, B sao cho AB = 4.

Hết.

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh……….;Số báo danh……….
BÀI GIẢI GỢI Ý

Câu I.

1. y = 2x4 – 4x2 . TXĐ : D = R
y’ = 8x3 – 8x; y’ = 0  x = 0  x = 1;

xlim 

x  1 0 1 +
y'  0 + 0  0 +

y + 0 +
2 CĐ 2

CT CT
y đồng biến trên (-1; 0); (1; +)

y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1)
y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0
y đạt cực tiểu bằng -2 tại x = 1

Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)

Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); ( 2;0)
2. x2x2 – 2 = m  2x2x2 – 2 = 2m (*)

(*) là phương trình hồnh độ giao điểm của (C’) :
y = 2x2x2 – 2 và (d): y = 2m

Ta có (C’)  (C); nếu x  - 2 hay x  2

(C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành nếu - 2 < x < 2

Theo đồ thị ta thấy ycbt  0 < 2m < 2  0 < m < 1
Câu II.

1. PT:sinx+cosxsin2x+ 3 cos 3x 2(cos 4x s i n x)3

 

3 1 3sin x sin 3x

sin x sin 3x 3 cos3x 2cos4x

2 2 2

sin 3x 3 cos3x 2cos 4x

1 3

sin 3x cos3x cos4x

2 2

sin sin 3x cos cos3x cos 4x

6 6

cos 4x cos 3x
6

4x 3x k2 x k2

6 6

4x 3x k2 x k

6 42 7



    

  

 

  



 

    

 

 

 

      

 

  

  

       

 

 

x
y

1 1
0



2

(C’)
2

x
y

1 0 1



2

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



xy x 1 7yx y2 2  xy 1 13y2

  

y = 0 hệ vô nghiệm
y  0 hệ 

2
2
x 1
x 7
y y
x 1
x 13
y y

  



  




Đặt a = x1y; b = x
y 

2 2

1 x

a x 2

y y

   x2 12 a2 2b
y

  
Ta có hệ là



a b 72

a b 13

 

  



a b 7

a a 20 0

 

  





a 4b 3 hay



ab 12 5 . Vậy

1
x 4
y
x
3
y

 







hay
1
x 5
y
x
12
y

 












x 4x 3 0

x 3y   hay



x 5x 12 0

x 12y   (VN) 

x 1
1
y
3



 



hay



x 3y 1
Câu III :

3 3 3

2 2 2

1 1 1

3
3
1 2
1 1
3
2 2
1

3 ln x dx ln x

I dx 3 dx

(x 1) (x 1) (x 1)

dx 3 3

I 3

(x 1) (x 1) 4

ln x
I dx
(x 1)

  
  


  
 





Đặt u = lnx du dx
x
 
2
dx
dv .
(x 1)


 Chọn

1
v
x 1




3 3 3 3

1 1 1 1

ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3

I ln

x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2

      











Vậy : I 3(1 ln 3) ln 2
4
  
Câu IV.
BH=
2
a

, 2 13 3

3 2 2 4

BH a a

BN

BN     ;

3
'

2
a
B H 
goïi CA= x, BA=2x, BC x 3

2 2 2 2

2
CA
BA BC  BN 

2 2

2 2 3

3 4 2

4 2

a x

x x  

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

Ta có: ' ' 3 3

2 2

a
B H BB 

V= 1 1 2 3 3 1 9 2 3 9 3

3 2 2 12 52 2 208

a a a a

x

 

 

 

 

Câu V :

3 2

(x y) 4xy 2

(x y) (x y) 2 0 x y 1

(x y) 4xy 0

   



        


  




2 2 (x y) 1

x y

2 2



    dấu “=” xảy ra khi : x y 1

 
Ta có :

2 2 2
2 2 (x y )
x y

4





4 4 2 2



2 2 2 2 2 2 2 2 2

A 3 x y x y  2(x y ) 1 3 (x   y )  x y  2(x y ) 1
2 2 2

2 2 2 2 2

(x y )

3 (x y ) 2(x y ) 1

4
9

(x y ) 2(x y ) 1

  

       

 

    

Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ 1
2
2

9 1

f (t) t 2t 1, t

4 2

9 1

f '(t) t 2 0 t

2 2

1 9

f (t) f ( )

2 16

   

    

  

Vậy : min

9 1

A khi x y

16 2

  

Câu VIa.

1. Phương trình 2 phân giác (1, 2) : x y x 7y

2 5 2

 



1
2

5(x y) (x 7y)

y 2x :d

5(x y) x 7y

5(x y) x 7y y x : d

2
   



  

 

  



   



Phương trình hồnh độ giao điểm của d1 và (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 4

5
25x2 – 20x + 16 = 0 (vơ nghiệm)

Phương trình hồnh độ giao điểm của d2 và (C) : (x – 2)2 + 
2

x 4

2 5

 

 
 
2

25x 80x 64 0

     x = 8

5. Vậy K
8 4

;
5 5
 
 
 
R = d (K, 1) = 2 2

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

2. TH1 : (P) // CD. Ta có : AB ( 3; 1;2),CD ( 2; 4;0)      
(P)có PVT n ( 8; 4; 14) hay n (4;2;7)

(P) :4(x 1) 2(y 2) 7(z 1) 0
4x 2y 7z 15 0

     

     

    

 

TH2 : (P) qua I (1;1;1) là trung điểm CD
Ta có AB ( 3; 1;2), AI (0; 1;0)

(P) có PVT n (2;0;3)

(P) :2(x 1) 3(z 1) 0 2x 3z 5 0

    

 

       

 



Câu VIb.
1.

1 4 4 9

2 2

1 36 36

S AH.BC 18 BC 4 2

2 AH

2
  

 

     

Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0

x y 4 7 1

H : H ;

x y 3 2 2

 

  

 

  

   



B(m;m – 4)

2 2

2
2

BC 7 1

HB 8 m m 4

4 2 2

7 11

m 2

7 2 2

m 4

7 3

m 2

2 2

   

         

   



  


 

      

     



Vậy 1 1 2 2

11 3 3 5 3 5 11 3

B ; C ; hay B ; C ;

2 2 2 2 2 2 2 2

       

   

       

       

2. AB (4; 1;2);  nP(1; 2;2)

 

Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = 0
 x – 2y + 2z + 1 = 0. Gọi  là đường thẳng bất kỳ qua A

Gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (Q). Ta có :
d(B, )  BH; d (B, ) đạt min  qua A và H.

Pt tham số

x 1 t

BH: y 1 2t

z 3 2t

 



 


  


Tọa độ H = BH  (Q) thỏa hệ phương trình :

x 1 t, y 1 2t,z 3 2t

x 2y 2z 1 0

     




   


10
t

  H 1 11 7; ;

9 9 9

 

  

 

 qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP a AH 1



26;11; 2



   

 

Pt () : x 3 y 0 z 1

26 11 2

  

 



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

z – (2 + i)= 10 và z.z 25


2 2

(x 2) (y 1) 10

x y 25

    

  

 



2 2

4x 2y 20

x y 25

 
 




y 10 2xx28x 15 0

   



x 3
y 4 hay



x 5
y 0
Vậy z = 3 + 4i hay z = 5

Câu VII.b.

Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là :

x 1

x m
x


  
 2x2 – mx – 1 = 0 (*) (vì x = 0 khơng là nghiệm của (*))

Vì a.c < 0 nên pt ln có 2 nghiệm phân biệt  0

Do đó đồ thị và đường thẳng ln có 2 giao điểm phân biệt A, B
AB = 4  (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16  2(xB – xA)2 = 16
 (xB – xA)2 = 8 

m 8

8
4

  


 

 

 m2 24  m = 2 6.

H

ế

t.

Bộ GD&ĐT

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009

Đề Chính Thức

Mơn thi : TỐN

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2,0 điểm).

Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị là (Cm), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0.

2. Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có hồnh độ nhỏ hơn 2.
Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình 3 cos5x 2sin 3x cos 2x sin x 0  
2. Giải hệ phương trình 2

2
x(x y 1) 3 0

(x y) 1 0

x
   




    




(x, y  R)
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân

3
x
1

dx
I

e 1






Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ =
2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích
khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC).

Câu V (1,0 điểm).Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy.

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (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 tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường
trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết
phương trình đường thẳng AC.

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

Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều
kiện z – (3 – 4i)= 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) : (x – 1)2 + y2 = 1. Gọi I là tâm của (C). Xác định
tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho IMO = 300.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x 2 y 2 z

1 1 1

 

 

 và mặt phẳng (P): x + 2y –
3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vng góc với đường thẳng .
Câu VII.b (1,0 điểm)

Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số
2

x x 1

x
 

 tại hai điểm
phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.

Hết.

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh……….;Số báo danh……….

BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I. 1. m = 0, y = x4 – 2x2 . TXĐ : D = R

y’ = 4x3 – 4x; y’ = 0  x = 0  x = 1;

xlim 
x  1 0 1 +
y'  0 + 0  0 +

y + 0 +
1 CĐ 1

CT CT
y đồng biến trên (-1; 0); (1; +)

y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1)
y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0
y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = 1

Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)

Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); ( 2;0)

2. Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = -1 là
x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1

 x4 – (3m + 2)x2 + 3m + 1 = 0  x = 1 hay x2 = 3m + 1 (*)

Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) tại 4 điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn 2 khi và chỉ khi phương trình (*) có
hai nghiệm phân biệt khác 1 và < 2

 0 3m 1 4

3m 1 1
  




 

 

m 1
3

m 0


  



 

Câu II. 1) Phương trình tương đương :

3 cos5x (sin 5x sin x) sin x 0     3 cos5x sin 5x 2sin x 
 3cos5x 1sin 5x sin x

2  2   sin 3 5x sin x



 

 

 

 

1 x

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

 5x x k2
3



    hay 5x x k2

3


    
 6x k2



   hay 4x k2 2 k2

3 3

 

       

 x k

18 3

 

  hay x k

6 2

 

  (k  Z).
2) Hệ phương trình tương đương :

2 2 2

x(x y 1) 3

x(x y) x 3
5

x (x y) x 5

(x y) 1

  



  






 

  

   





ĐK : x ≠ 0
Đặt t=x(x + y). Hệ trở thành:

2 2 2

t x 3 t x 3 t x 3 t 1 x 1

t x 5 (t x) 2tx 5 tx 2 x 2 t 2

 

        

   

   

    

       

    

Vậy

x(x y) 1 x(x y) 2 y y 1

x 2 x 1 x 1

x 2


     

   

  

   

  

    


Câu III :

3 x x 3 3 x

3
x

x x 1

1 1 1

1 e e e

I dx dx dx 2 ln e 1

e 1 e 1

 

     

 



3 2

2 ln(e 1) ln(e 1) 2 ln(e e 1)

        

Câu IV.

2 9 2 4 2 5 2 5

AC  a  a  a  AC a

2 5 2 2 4 2 2

BC  a  a  a  BC a
H là hình chiếu của I xuống mặt ABC
Ta có IH AC

/ /

1 2 4

2 3 3

IA A M IH a

IH
IC  AC   AA   

1 1 1 4 4

3 3 2 3 9

IABC ABC

a a

V  S IH  a a   (đvtt)

Tam giác A’BC vuông tại B
Nên SA’BC=1 52 2 5

2a a a

Xét 2 tam giác A’BC và IBC, Đáy /

/ 2

2 2 2

3 IBC 3 A BC 3

IC A C S  S  a
Vaäy d(A,IBC)

3
2

3 4 3 2 2 5

9 2 5 5 5

IABC
IBC

V a a a

S a

   

Câu V. S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 34xy

= 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy
= 16x2y2 – 2xy + 12

Đặt t = x.y, vì x, y  0 và x + y = 1 nên 0  t  ¼
Khi đó S = 16t2 – 2t + 12

S’ = 32t – 2 ; S’ = 0  t = 1
16

/

A

C
I

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

S(0) = 12; S(¼) = 25
2 ; S (

1
16) =

191

16 . Vì S liên tục [0; ¼ ] nên :
Max S = 25

2 khi x = y =
1
2

Min S = 191
16 khi

2 3

x
4

2 3

y
4

 







 



hay

2 3

x
4

2 3

y
4

 








 


PHẦN RIÊNG

Câu VI.a.

1) Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0
A = AH  AD  A (1;2)

M là trung điểm AB  B (3; -2)

BC qua B và vng góc với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0  x + 6y + 9 = 0
D = BC  AD  D (0 ; 3

2
 )
D là trung điểm BC  C (- 3; - 1)

AC qua A (1; 2) có VTCP AC ( 4; 3)   

nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0  3x – 4y + 5 = 0

2) AB qua A có VTCP AB ( 1;1; 2) 


nên có phương trình :

x 2 t

y 1 t (t )

z 2t
 



  


 



D  AB  D (2 – t; 1 + t; 2t)

CD (1 t; t ;2t) 



. Vì C  (P) nên : CD //(P) CDn(P)
 
1

1(1 t) 1.t 1.2t 0 t
2

       Vậy : D 5 1; ; 1

2 2

 



 

 

Câu VI.b. 1. (x – 1)2 + y2 = 1. Tâm I (1; 0); R = 1
Ta có IMO = 300,

OIM cân tại I  MOI = 300
 OM có hệ số góc k = tg300 = 1

3

+ k =  1

3  pt OM : y=
x

3 thế vào pt (C) 

2 x

x 2x 0

  

 x= 0 (loại) hay x 3
2

 . Vậy M 3; 3

2 2

 



 

 

Cách khác:

Ta có thể giải bằng hình học phẳng
OI=1, IOM IMO 300

  , do đối xứng ta sẽ có
2 điểm đáp án đối xứng với Ox

H là hình chiếu của M xuống OX.
Tam giác OM H1 là nửa tam giác đều

OI=1 => 3 3 , 3 3 3

2 3 2 3 6

OH   OM  HM  

Vaäy 1 2

3 3 3 3

, , ,

2 2 2 2

M   M   

   

O I

M

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

2. Gọi A =  (P)  A(-3;1;1)

a (1;1; 1)



; n( P)(1;2; 3)



d đđi qua A và có VTCP ad a , n ( P)  ( 1;2;1)

  

nên pt d là :

x 3 y 1 z 1

1 2 1

  

 



Câu VII.a. Gọi z = x + yi. Ta có z – (3 – 4i) = x – 3 + (y + 4)i

Vậy z – (3 – 4i) = 2  (x 3) 2(y 4) 2 2  (x – 3)2 + (y + 4)2 = 4

Do đđó tập hợp biểu diễn các số phức z trong mp Oxy là đường trịn tâm I (3; -4) và bán kính R = 2.
Câu VII.b. pt hoành độ giao điểm là :

x x 1

2x m
x

 

  (1)
 x2 + x – 1 = x(– 2x + m) (vì x = 0 không là nghiệm của (1))
 3x2 + (1 – m)x – 1 = 0

phương trình này có a.c < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Ycbt  S = x1 + x2 = b

 = 0  m – 1 = 0  m = 1.

SĐT:0977467739-Khơng ai muốn mình là người thừa của xã hội. Hãy học,học ,nữa đi>Thân ái!.

Hết.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009

--- Môn thi: TỐN; Khối: A

ĐỀ CHÍNH THÚC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y x 2

 

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 (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hồnh, trục tung lần lượt tại hai điểm
phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ O.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình







 



1 2sin x cos x

3.
1 2sin x 1 sinx





 

2. Giải phương trình 2 3x 2 3 6 5x 8 03     



x R



Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân 2





I cos x 1 cos x.dx







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

5 y z







3.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

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

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 khoăng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình 2













2 2

x xy y

log x y 1 log xy

x, y R

3   81

   






 



Thí sinh khơng sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh……….;Số báo danh……….

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI A NĂM 2009

Câu I.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
+ Tập xác định:với mọi x 3



+ y’ =





1 3

0, x
2
2x 3



  


+ Tiệm cận
Vì

x 2 1

lim

2x 3 2

 




 nên tiệm cận ngang là : y =
1
2

Vì x 3 x 3

2 2

x 2 x 2

lim ; lim

2x 3 2x 3

 

   

     

   

 

  

  nên tiệm cận đứng là : x = -

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

Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy tại 0;2
3
 
 

  và cắt Ox tại (-2; 0)

Ta có 2
1
y '

(2x 3)



 nên phương trình tiếp tuyến tại x x 0 (với 0
3
x

2
 ) là:
y - f(x0) = f’(x0)(x -x0)

0 0

2 2

0 0

2x 8x 6

x
y

(2x 3) (2x 3)

 


 

 

Do đó tiếp tuyến cắt Ox tại A(2x208x06;0)

và cắt Oy tại B(0;
2

0 0

2
0

2x 8x 6

(2x 3)
 

 )

Tam giác OAB cân tại O OA OB (với OA > 0)
2

2 0 0

A B 0 0 2

2x 8x 6

x y 2x 8x 6

(2x 3)
 

     

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

0
2

0 0

x 1(L)

(2x 3) 1 2x 3 1

x 2(TM)



       



Với x0 2 ta có tiếp tuyến y = x 2
Câu II.

1.Giải phương trình :







 



1 2sin x cos x

3.
1 2sin x 1 sinx





 

Giải :

ĐKXĐ:

1 x k2 ; x k2

sinx 6 6

sinx 1 x 2l

  



     

 



 



 



     

 



Phương trình cosx - 2sinxcosx = 3 (1 – sinx + 2sinx – 2sin2x)
 cosx – sin2x = 3+ 3sinx - 2 3sin2x

  3sinx + cosx = sin2x + 3(1 – 2sin2x)
= sin2x + 3cos2x

 - 3sin x 1cos x 1sin 2x 3cos 2x

2 2 2  2

 sin x.cos5 cos x.sin5 sin 2x.cos cos 2x.sin

6 6 3 3

   

  

 sin x 5 sin 2x

6 3

 

   

  

   

   



x 2x m2

6 3

x 2x n2

6 3

 



    




 

      




x m2 x m2

2 2

3x n2 x n

6 18 3

 

 

      

 



 

  

      

 

 

Kết hợp với đkxđ ta có họ nghiệm của pt là:
x = n2



n Z



18 3

 

  

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



x R



Đkxđ: 6 5x 0 x 6

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

Đặt

3 2

2u 3v 8

u 3x 2 u 3x 2

(v 0)

5u 3v 8

v 6 5x

        

 

  

  

 

 

   

 

 3 2

8 2u
v

5u 3v 8






 

  



3 2

15u 64 32u 4u 24 0

     

3 2

2 2

15u 4u 32u 40 0

(u 2)(15u 26u 20) 0

u 2

15u 26u 20 0 vô n do ' 13 15.20 0

u 2 x 2(tm).

    



 

      



   

Vậy phương trình có tập nghiệm là S={-2}

Câu III.Tính tích phân 2





2
0

I cos x 1 cos x.dx






 .Ta có:

I = 2 5 2 2

0 0

cos x.dx cos x.dx

 





Ta có: I2 = 2 2 2

0 0

cos x.dx (1 cos2x).dx
2

 

 



1 1

x sin 2x 2

2 2 0 4




 

 

 

 

Mặt khác xét I1 = 2 5 2 4

0 0

cos x.dx cos x.cosx.dx

 





3
2

2 2 5

1 2sin x 8

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

5 3 15

0




 

     

 



Vậy I = I1 – I2 = 8
15 4




Câu IV.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 vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Giải:

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

Ta có IB a 5; BC a 5;IC a 2;  
Hạ IHBC tính được IH 3a 5

 ;

Trong tam giác vng SIH có SI = IH tan 600 3a 15
5

 .

2 2 2

ABCD AECD EBC

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

3
2

ABCD

1 1 3a 15 3a 15

V S SI 3a

3 3 5 5

   .

Câu V.Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có:



x y



2 ab

     

   

= 2 (y z)2 2yz 



y z



2 4yz

     

   

= 2 (y z) 2 4yz y z





  

 

 4(y z) y z 2







2 2(y z) 2 (1)

Ta lại có:

3(x + y)(y +z)(z + x) = 12yz(y + z)

3(y + z)2 . (y + z) = 3(y + z)3 (2)
Cộng từng vế (1) và (2) ta có điều phải chứng minh
Câu VI .a

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.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Ta có N DC, F AB, IE NE.
Tính được N = (11 ;1) .

Giả sử E = (x; y), ta có:



= (x – 6; y – 2); NE = (x – 11; y + 1).



. NE = x2 – 17x + 66 + y2 – y – 2 = 0 (1)

E    x + y – 5 = 0 . (2)

Giải hệ (1), (2) tìm được x1 = 7; x2 = 6.

Tương ứng có y1 = 2; y 2 = 1  E1 = (7; 2); E 2 = (6; 1)

Suy ra F1 = (5; 6), F2 = (6; 5).

Từ đó ta có phương trình đường thẳng AB là x – 4y + 19 = 0 hoặc y = 5 .

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) cặt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác

định toạ độ tâm và tính bán kính của đường trịn đó.
Giải:

Mặt cầu có tâm I(1;2;3) bán kính R=5
Khoảng cách từ tâm I đến mp (P) là

2.1 2.2 3 4

d(I;(P)) 3

4 4 1
  

 

  .

Vì d(I;(P)) <R nên (P) cắt (S) theo đường tròn.

Gọi H là hình chiếu của I trên (P) thì H là giao của mp(P) với đường thẳng qua I, vng góc với (P).
Dễ dàng tìm được H= (3;0;2).

Bán kính đường tròn là: R2 IH2 4

  .

Câu VII. a

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Ta có: '= (-1)2 – 10 = -9 = (3i)2

nên phương trình có hai nghiệm là:
z1 = -1 – 3i và z2 = -1 + 3i

Suy ra

2 2 2

z = (-1) + (-3) = 10
z = (-1) + (3) = 10






Vậy A = z12+

2
2

z 10 10 20 
Chương trình nâng cao

Câu VI. b

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 I 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.
Giải:

2 2 2

Đường trịn (C) có tâm I(-2;-2); bán kính R 2

: x my 2m 3 0

    

Gọi H là hình chiếu của I trên .

 Để cắt đường tròn (C) tại 2 điểm A,B phân biệt thì: IH<R
 Khi đó

2 2 2 2

IAB

1 IH HA IA R

S IH.AB IH.HA 1

2 2 2 2





     



SIAB max



  khi IH HA 1  (hiển nhiên IH < R)

2 2 2

2
2
1 4m

1 1 4m m 1 1 8m 16m m 1

m 1

m 0

15m 8m 0 8

m
15


          







   

 


Vậy, có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu là: m = 0 và m = 8
15

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.

Giải:

Giả sử M(a;b;c) là điểm cần tìm.
 Vì M 1nên:

a b 1

a 1 b c 9

c 6b 9

1 1 6

 


 

   

 


</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

2 2 2

a 2b 2c 1 11b 20

d d(M;(P))

1 ( 2) 2

   

  

  

 Gọi (Q) là mp qua M và vng góc với 2, ta có:

(Q)

n u (2;1; 2)

 

(Q) : 2(x a) 1(y b) 2(z c) 0

      

Hay (Q): 2x y 2z 9b 16 0    

Gọi H là giao điểm của (Q) và  2 Tọa độ H là nghiệm của hpt:

2 2 2 2 2

2x y 2z 9b 16 0

x 1 y 3 z 1

2 1 2

H( 2b 3; b 4;2b 3)

MH (3b 4) (2b 4) (4b 6) 29b 88b 68

    




   

 

 



     

         

Yêu cầu bài toán trở thành:
2 2

2
2

2 2

2
2

MH d

(11b 20)

29b 88b 68

261b 792b 612 121b 440b 400

140b 352b 212 0

35b 88b 53 0

b 1
53
b

35




   

     

   







 


Vậy có 2 điểm thoả mãn là: M(0;1;-3) và M 18 53 3; ;
35 35 35

 

 

 

Câu VII b.

Giải hệ phương trình 2













2 2

x xy y

log x y 1 log xy

x, y R

3   81

   






 



.
Giải:

Điều kiện

2 2

x y 0

xy 0
xy 0

  

 






Viết lại hệ dưới dạng:

2 2

2 2 2 2

2 2

x xy y

log (x y ) log (2xy) x y 2xy

x xy y 4

3   3

     

 



 

  

 

 







2 2

x y

(x y) 0

(x; y) (2;2);( 2; 2)

x 4

x xy y 4



   



       


  

 



: thỏa mãn

Hết.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Trường THPT Ngọc Hồi KonTum.

ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009
Mơn thi : TỐN

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y = x3 (2m  1)x2 + (2  m)x + 2 (1), với m là tham số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2

2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có
hồnh độ dương.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình (1 2sin x) cos x 1 sin x cos x2

   

2. Giải bất phương trình x 1 2 x 2    5x 1 (x  )

Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân

2x x

I (e x)e dx






Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = a 2. Gọi M, N và P lần lượt là trung điểm của các
cạnh SA, SB và CD. Chứng minh rằng đường thẳng MN vng góc với đường thẳng SP. Tính theo a thể
tích của khối tứ diện AMNP.

Câu V (1,0 điểm)

Cho a và b là hai số thực thoả mãn 0 < a lnb  b2lna > lna  lnb
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1; 2), đường trung tuyến kẻ từ A và
đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x+y9 = 0 và x + 3y  5 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh A và B.
2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các mặt phẳng (P1) : x + 2y + 3z + 4 = 0 và (P2) : 3x + 2y  z
+ 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 1; 1), vng góc với hai mặt phẳng (P1) và (P2)
Câu VII.a (1,0 điểm)

Cho số phức z thoả mãn (1 + i)2(2  i)z = 8 + i + (1 + 2i)z. Tìm phần thực và phần ảo của z.
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho các đường thẳng 1 : x  2y  3 = 0 và 2 : x + y +1 = 0. Tìm
toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1 sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng 2 bằng 1

2
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B(0; 2; 1) và trọng tâm G(0; 2;
1). Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm C và vng góc với mặt phẳng (ABC).

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức : 4z 3 7i z 2i
z i

 

 


</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh……….;Số báo danh……….
BÀI GIẢI

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
1) m = 2; y = x3 - 3x2+2

TXĐ D = R ; y’ = 3x2 - 6x; y’ = 0  x = 0  x = 2
limx y

 

; lim
x

y
  

 

x  0 2 +
y' + 0 - 0 +

y 2 +

- -2

y đồng biến trên các khoảng (-;0); (2;+ ); y nghịch biến trên (0;2)
y đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại bằng 2;

y đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu bằng -2
giao điểm của đồ thị với trục tung là (0;2)

giao điểm của đồ thị với trục hoành là (1;0);



1 3;0



2. y’ = 0  3x2 – 2(2m – 1)x + 2 – m = 0 (*)
Ycbt  pt (*) có hai nghiệm dương phân biệt



' 0
P 0
S 0
 












4m m 5 0

2 m
0
3
2(2m 1)

0
3



   
 




 

 





m 1 hay m

4
m 2

1
m

2


  






 



 5

4 < m < 2

Câu II : 1. Pt  (1 + 4sinx + 4sin2x)cosx = 1 + sinx + cosx
 cosx + 4sinxcosx + 4sin2xcosx = 1 + sinx + cosx

 4sinxcosx(1 + sinx) = 1 + sinx

 1 + sinx = 0 hay 4sinxcosx = 1
 sinx = -1 hay sin2x = 1

2  x = 2 k2


   hay x = k

12


  hay x = 5 k
12


 

2. x 1 2 x 2    5x 1

x 2

(x 1)(x 2) 2




 

  



 2

x 2 x 2

2 x 3
2 x 3

x x 6 0

 

 

      

  
   



x
y

2
1
0

1 2 3

-1

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Câu III: I =

1 1

x x

0 0

e dx xe dx




; I1 =

x x

0
0

e dx e 1

 

  



I2 =
1

x
0

xe dx



, đặt u = x  du = dx; đặt dv = exdx, chọn v = ex

Vậy I2 =

1
1

x x

0
0

xe 



e dx 1  I = I1 + I2 = 2 1
e


Câu IV: Gọi I là trung điểm AB.

Ta có MN // AB // CD và SP  CD  MN  SP
SIP cân tại S, SI2 =

2 2

2 a 7a
2a

4 4

 
 SI = SP = a 7

Gọi O là tâm của hình vng ABCD,
ta có SO2=SI2–OI2 =

2 2

7a a 6a

4 2 4

 
   

 
SO = a 6

2 , H là hình chiếu vng góc của P xuống mặt phẳng SAB
Ta có S(SIP) = 1SO.IP 1PH.SI

2 2  PH =

SO.IP
SI =

a 6 2 a 6

2 a 7  7

V =

3
(AMN)

1 1 1 a 1 a 7 a 6 a 6

S .PH . .

3 3 2 2 2 2 7 48

 

   

 

(đvtt)

Câu V :Đặt f (x) ln x2 ; 0 x 1

x 1

  



2 2

2 2
x 1 2x ln x

f '(x) 0 , x (0;1)

x(x 1)
 

    

  f đồng biến trên (0 ; 1)

 f(b) > f(a) với 0 < a 2 ln a2

b 1 a 1

 

  với 0 < a < b < 1

2 2

a ln b b ln a ln a ln b

   

Câu VI.a.

1. Giả sử AM: 5x + y – 9 = 0, BH: x + 3y – 5 = 0.
AC: 3(x + 1) – 1(y + 2) = 0  3x – y + 1 = 0.
A = AC  AM  A(1; 4)

B  BH  B (5 – 3m; m)

M là trung điểm BC  M 4 3 ; 2

2 2

m m

æ- - ửữ

ỗ ữ

ỗ ữ

ố ứ.

M AM 5.4 3 2 9 0

2 2

m m

- + - - = Û m=0

. Vậy B(5; 0)

(

)

(

)

1 2

( )P 1;2;3 , ( )P 3;2; 1

nuuur = nuuur =

-(P) qua A(1; 1; 1). -(P) (P1), (P2)  (P) có một vectơ pháp tuyến:

B C

P
I

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

1 2

( )P ( )P , ( )P

n = êén n ùú

ë û

uuur uuur uuur

8 8 15 2 10 15 2 3

1 2 5 5 5

i i

i i i

z i

i

-+ - +

-Û = = = = =

Phần thực của z là 2. Phần ảo của z là – 3.
Câu VI.b. 1. M 1  M (2m + 3; m)

d(M, 2) = 1

2 

2m 3 m 1 1

2 2

  

 3m + 4= 1  m = -1 hay m = 5
3

Vậy M (1; -1) hay M ( 1

3
 ; 5

3
 )
2. G là trọng tâm ABC  C (-1; 3; -4)

AB ( 1;1;1) 



; AC ( 2;2; 4)  


 a [AB, AC]6(1;1;0)

  
  
  
  
  
  

  
  
  
  
  
  
  
  

 pt  :

x 1 t

y 3 t

z 4

 




 






(t  R)

Câu VII.b. 4z 3 7i z 2i
z i

 

 


 4z – 3 – 7i = z2 – 3iz – 2  z2 – (4 + 3i)z + 1 + 7i = 0
 = (4 + 3i)2 – 4(1 + 7i) = 3 – 4i = (2 – i)2

Vậy z 4 3i 2 i 3 i
2

  

   hay z = 4 3i 2 i 1 2i

2
  

  .
Hết.

</div>

De dap an DHCD nam 2009

<b>Bộ GD&ĐT</b>

<b> ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009</b>

<b>Đề Chính Thức</b>

<b>Mơn thi : TỐN</b>

<b> (Thời gian: 180 phút……….)</b>



2

2

















































<b>H</b>

<b>ế</b>

<b>t.</b>

<b>Bộ GD&ĐT</b>

<b> ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009</b>

<b>Đề Chính Thức</b>

<b>Mơn thi : TỐN</b>









/

<i>A</i>

<i>A</i>

<i>M</i>

<i>M</i>

<sub> </sub>







 







<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>











 

 







 

 

 

 











