Tuyển sinh đại học khối A (Môn Toán) năm 2009

 Tuyển sinh đại học khối A (Môn Toán) 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
2
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 
hàm số nhận giao của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 
12
3
2
 0 x
y
2
2
3
2. Vì tiếp tuyến cần tìm cắt trục hoành 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 hoành độ tiếp điểm là: 
4
2
1 1 2 3
(2 3) 22
x
x
   
  

Vậy có hai phương trình tiếp tuyến thỏa mãn đề bài: 
4
4 4
4
4
4 4
4
2 3
2
1 2 3 1 2 2 2 32( ) y=
22 2 3 2 2 2
2. 3
2
à 
2 3
2
1 2 3 1 2 2 2 32y= ( ) y=
22 2 3 2 2 2
2. 3
2
y x hay x
v
x hay x

   
   


 
    
   
 

Câu II: 
1. ĐK: 
sinx 1
1
sinx
2




Với điều kiện trên ta có: 
(1 2sin )cos
3
(1 2sin )(1 sinx)
(1 2sin )cos 3(1 2sin )(1 sinx)
2cos sin 2 3(1 sinx 2sin 2sin )
cos sin 2 3(sinx os2 )
3sinx cos (sin 2 3 cos2 )
2sin( ) 2sin(2 )
6 3
2
6 3
2
6 3
x x
x
x x x
x x x x
x x c x
x x x
x x
x x
x x k
 
 
 


 
    
     
   
   
   
  

   
2
2
18 3
2
k
k
x
x k

 



 





  
 
 

Kết hợp với điều kiện xác định,ta có các nghiệm của phương trình là: 
2. ĐK:
6
5
x 
Đặt 
3 3 2
6 5 (v 0)
 có:
2 3 8 2 3 8
3 2 35 3 8 8 3 25 3 8 (*)
2
3 2(*) 5(8 3 ) 24 64
3 2 2 3 25(8 3.8 .3 3.8.(3 ) 27 ) 24 64 0
3 2135 1104 2880 2496 0
23( 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
2
4 ( vì 45 188 208 0) 
v
v v v
  
    
Với v=4 ( thỏa mãn điều kiện u không âm), ta có: 
6 5 4
2
x
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
2
00 0
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 c x xdx x xdx xdx
c x x x
xdx dx
  
  
 
     
        
      
  
  
Câu IV: 
 Kẻ CF,IH,BK lần lượt vuông góc với AB,BC,IC. 
Ta có: 
BF=AB-CD=2a-a=a 
Áp dụng định lí Pitago: 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
(2 ) 5
(2 ) 5
2
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 35
2 2
. . ( 2 )
3
. 2
. 32
5 5
IBC
a a
BK BI IC a
BK IC IH BC S
a
a
BK IC a
IH
BC a

    
 
   
Vì (SIC) và (SIB) cùng vuông góc với (ABCD) nên 
( ) ( vì SI=(SIB) (SIC))SI ABCD  
Lại có: IH BC . 
Suy ra góc giữa (ABCD) và (SBC) bằng góc SHI 
 60oSHI  
 0
3 3 3
.tanSHI= .tan 60
5 5
a a
SI IH  
Vậy: 
3
2
.
1 1 3 3 3 3
. . . .3
3 3 5 5
S ABCD ABCD
a a
V SI S a  
2( ). 3 .2 3
2 2
ABCD
AB CD AD a a
S a

  
 Câu V: 
 Đặt: 
2
2
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
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
c a ab b
a b a ab b a b
c a b
c a b
a b c c
   
   
      
  
  
  
 Cộng từng vế (2) và (3) ta được (*)_đpcm. 
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hay x=y=z. 
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
t
MF IE
t t t t
t t



      
   
 
 
Vậy có 2 điểm F thỏa mãn: 
1
2
(6;5)
(5;6)
F
F
 Suy ra có 2 phương trình đường thẳng AB thỏa mãn đề bài là: 
1
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 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
2 2
3
x t
y t
z t
      
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 t t
t
      
 
 O(3;0;2) 
 Bán kính đường tròn (O) là: 
2 2 2 2 225 [(1 3) (2 0) (3 2) ] 4r R OI          
 Câu VII a. 
2
1
2
2 10 0
2 3
2
2 3
2
z z
i
z
i
z
  
      
 Suy ra: 
2 2
2 2
2 2 2 2
1 2
3 3 13
( 1) ( 1)
2 2 2
A z z
                    
 (Theo chương trình nâng cao)_Tham khảo vì thí sinh chỉ được chọn 1 trong 2 phần. 
 Câu VIb. 
1. 
Phương trình đường tròn (C) có tâm O là: 
2 2( 2) ( 2) 2x y    
Suy ra: (C) có bán kính là R= 2 
21 .
. . .sin 1
2 2 2
OAB
OAOB R
S OAOB AOB     
Diện tích tam giác OAB đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi sinAOB=1 hay góc BOA vuông. 
Điều đó tương đương với khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng AB (hay đường thẳng d: 
x+my-2m+3) là h thỏa mãn: 
22 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
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
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
31 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 vuông góc với KM nên: 
KM

vuông 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
m t
         
  
 Khoảng cách từ M đến 2 là: 
2 2 2
2
2 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
2 129 88 68
533
35
t
tt t
t

     
 

Vậy có 2 điểm M thỏa mãn đề bài: 
1
2
(0;1; 3)
18 53 3
( ; ; )
35 35 35
M
M

Câu VIIb. 
ĐK: xy>0 
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
log ( ) 1 log ( )
log ( ) log (2 )
2
x y xy
x y xy
x y xy
x y
  
  
  
 
Thế vào phương trình còn lạ i: 
2 2
2 2
2
3 81
4
4
2
2
x xy y
x xy y
y
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)