Ðề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2009 môn thi: Toán

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 
Mơn thi: TỐN (khĩa ngày 4-7-2009) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I (2 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. Giải phương trình : 32 3x 2 3 6 5x 8 0     (x  R) 
Câu 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 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 
vuông 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 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 tính bán kính 
của đường tròn 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 tròn (C). Tìm m để  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích 
IAB lớn nhất. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và 2 
đường thẳng 1 : 
x 1 y z 9
1 1 6
 
  ; 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. 
Câu VII.b (1,0 điểm) 
 Gỉai hệ phương trình : 2 2
2 2
2 2
x xy y
log (x y ) 1 log (xy)
3 81 
   


 (x, y  R) 
GỢI Ý GIẢI của giáo viên TRẦN VĂN TỒN 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hĩa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn, TP.HCM) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I. 
1. / 2
3 1\ , 0,
2 (2 3)
D y x D
x
       
 
 
 Suy ra hàm số giảm trên từng khoảng xác định và khơng cĩ cực trị. 
3 3
2 2
lim , lim
x x
y y
  
 
    TCĐ: 
3
2
x  
 1 1lim :
2 2x
y TCN y

   
+∞ 
3
2
 
1
2
+∞ -∞ 
y 
y/ 
x 
-∞ 
1
2
- - 
-2 3 2 
1 2 
0 
x 
y 
2/3 
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
1 1
(2x 3)

 

  0 0
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) 
Câu II. 
1. ĐK: 1sin
2
x  , sinx ≠ 1 
     
 2
1 2sin cos 3 1 2sin 1 sin
cos 2sin cos 3 1 sin 2sin
cos 3s in s in2 3 cos2
    
    
   
Pt x x x x
x x x x x
x x x x
 1 3 1 3cos sin s in2 cos2 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
2
  x k  (loại) 2
18 3
  x k  , k  Z (nhận) 
2. 32 3x 2 3 6 5x 8 0     , điều kiện : 66 5 0
5
x x    
 Đặt t = 3 3x 2  t3 = 3x – 2  x = 
3t 2
3
 và 6 – 5x = 
38 5t
3
 
 Phương trình trở thành : 
38 5t2t 3 8 0
3

   
  
38 5t3 8 2t
3

    3 2t 415t 4t 32t 40 0      t = -2. Vậy x = -2 
Câu III. 
 
   
2 2 2
3 2 5 2
0 0 0
2 2 224 2 2 4
1
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
  t = 1 
 
 
11 3 5
2 4
1
0 0
2 2 2 2 2 22
2
0 00 0 0 0
2
3 2
0
2 81 2
3 5 15
1 cos 2 1 1 1 1cos cos2 sin 2
2 2 2 2 4 4
8cos 1 cos
15 4
      

      
   

   

t tI t t dt t
xI 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 3aIJ
2 2

  SCIJ 
2IJ CH 1 3a 3aa
2 2 2 4

   , CJ= BC a 5
2 2
 
 SCIJ 
2 23a 1 1 3a 3a 6a 3a 3IE CJ IE SE ,SI
4 2 CJ 2 5 5 5
         , 
  
31 1 3a 3 3a 15V a 2a 2a
3 2 55
    
 
Câu V. x(x+y+z) = 3yz 1 3y z y z
x x x x
    
 Đặt 0, 0, 0y zu v t u v
x x
       . Ta cĩ 
    
2 2
21 3 3 3 3 4 4 0 2 3 2 0 2
2 4
               
 
u v tt uv t t t t t 
Chia hai vế cho x3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về 
          3 3 31 1 3 1 1 5u v u v u v u v         
             
       
     
3 2 2 3
3 33 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
12 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
tt t t t t t t t t
 Đúng do t  2. 
PHẦN RIÊNG 
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) 
 MN

 = (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 
  m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0  m = 6 hay m = 7 
 + m = 6  MN

 = (5; 0)  pt AB là y = 5 
 + m = 7  MN

 = (4; 1)  pt AB là x – 1 – 4(y – 5) = 0  x – 4y + 19 = 0 
A 
B 
D C 
I J 
E 
H 
N 
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 tròn (C) 
 Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : 
x 1 2t
y 2 2t
z 3 t
 
 
 
 Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (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 tròn r = 2 2R IJ 25 9 4    
Câu VII.a. ’ = -9 = 9i2 do đó phương trình  z = z1 = -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 = 
1 IA.IB.sin AIB
2
 = sin AIB 
 Do đó SABC lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB = 1  AIB vuông tại I 
  IH = IA 1
2
 (thỏa IH < R)  
2
1 4m
1
m 1



  1 – 8m + 16m2 = m2 + 1  15m2 – 8m = 0  m = 0 hay m = 8
15
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 có : d (M, 2) = d (M, (P))  2261t 792t 612 11t 20    
  35t2 - 88t + 53 = 0  t = 1 hay t = 53
35
 Vậy 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
2 2
x y 2xy
x xy y 4
  

  
  
2(x y) 0
xy 4
  


  
x y
xy 4



  
x 2
y 2



 hay 
x 2
y 2
 

 
----------------------------- 
Người giải đề: TRẦN VĂN TỒN 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hĩa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn, TP.HCM)