Đáp án Đề thi tuyển sinh Đại học môn Toán khối A năm 2009

Chứng minh bất đẳng thức

Đặt a x y b x z = + = + , và c y z = + .

Điều kiện x( ) x y z yz + + = 3 trở thành: c2 2 2 = + − a b ab.

a b abc c + + ≤ a b c , ,

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

3 3 3 5 3; dương thoả mãn điều kiện trên.

0,25

c a b ab 2 2 2 = + − = + − ( ) 3 a b ab 2 ( ) ( 2 2 3 )

4

≥ + − + a b a b = 1 ( )2

4

a b + a b c + ≤ 2 (1). 0,25

a b abc c 3 3 + + ≤ 3 5 3 a b a b ab abc c + + − + ≤ ( ) 3 5 3

.

( ) 2 2

( ) 3 5 a b c abc c + + ≤ 2 3

( ) 3 5 a b c ab c + + ≤ 2

0,25

V

(1,0 điểm)

(1) cho ta: ( ) a b c c + ≤ 2 2 và 3 ) 3 ; 2 2

4

3 ( ab a b c ≤ + ≤ từ đây suy ra điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi: a b c = = x = y z = .

0,25

1. (1,0 điểm) Viết phương trình AB.

Gọi N đối xứng với M qua I, suy ra N (11; 1 − ) và N thuộc đường thẳng CD. 0,25

VI

pdf4 trang | Chia sẻ: lethuong715 | Ngày: 11/12/2020 | Lượt xem: 9 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đáp án Đề thi tuyển sinh Đại học môn Toán khối A năm 2009, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 
Môn: TOÁN; Khối A 
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) 
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát 
• Tập xác định: 3\ .
2
D ⎧ ⎫= −⎨ ⎬⎩ ⎭\ 
• Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: ( )2
1' 0,
2 3
y x
x
−= < ∀+ .D∈ 
Hàm số nghịch biến trên: 3;
2
⎛ ⎞−∞ −⎜ ⎟⎝ ⎠ và 
3 ;
2
⎛ ⎞− +∞⎝ ⎠⎜ ⎟ . 
- Cực trị: không có. 
0,25 
- Giới hạn và tiệm cận: 1lim lim
2x x
y y→−∞ →+∞= = ; tiệm cận ngang: 
1
2
y = . 
3 3
2 2
lim , lim
x x
y y− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞→ − → −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= −∞ = +∞ ; tiệm cận đứng: 3
2
x = − . 0,25 
- Bảng biến thiên: 
 Trang 1/4 
0,25 
• Đồ thị: 
0,25 
2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến 
Tam giác OAB vuông cân tại suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng ,O 1± . 0,25 
Gọi toạ độ tiếp điểm là 0 0( ; )x y , ta có: 2
0
1 1
(2 3)x
− = ±+ ⇔ 0 2x = − hoặc 0 1.x = − 0,25 
• , ; phương trình tiếp tuyến 0 1x = − 0 1y = y x= − (loại). 0,25 
I 
(2,0 điểm) 
• , ; phương trình tiếp tuyến 0 2x = − 0 0y = 2y x= − − (thoả mãn). 
Vậy, tiếp tuyến cần tìm: 2.y x= − −
 x −∞ 3
2
− +∞ 
y' − − 
y 
1
2
−∞
+∞
1
2
y 
xO
1
2
y = 
3
2
x = − 
0,25 
 Trang 2/4 
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Giải phương trình 
Điều kiện: sin 1x ≠ và 1sin
2
x ≠ − (*). 0,25 
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: (1 2sin )cos 3(1 2sin )(1 sin )x x x− = + − x 
⇔ cos 3sin sin 2 3 cos 2x x x− = + x ⇔ cos cos 2
3 6
x xπ π⎛ ⎞ ⎛+ = −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎠ 
0,25 
⇔ 2
2
x kπ π= + hoặc 2 .
18 3
x kπ π= − + 0,25 
Kết hợp (*), ta được nghiệm: ( )2
18 3
x k kπ π= − + ∈] . 0,25 
2. (1,0 điểm) Giải phương trình 
Đặt 3 3 2u x= − và 6 5 , 0v x v= − ≥ (*). Ta có hệ: 3 2
2 3 8
5 3
u v
u v
+ =⎧⎨
8+ =⎩
 0,25 
⇔ 
3 2
8 2
3
15 4 32 40 0
uv
u u u
−⎧ =⎪⎨⎪ + − + =⎩
⇔ 
2
8 2
3
( 2)(15 26 20) 0
uv
u u u
−⎧ =⎪⎨⎪ + − + =⎩
 0,25 
⇔ u và v (thoả mãn). 2= − = 4 0,25 
II 
(2,0 điểm) 
Thế vào (*), ta được nghiệm: 2.x = − 0,25 
Tính tích phân 
2 2
5 2
0 0
cos cos .I xdx x
π π
= −∫ ∫
III 
dx 0,25 
 Đặt t x sin , cos ;
(1,0 điểm) 
dt x= = dx 0, 0; , 1.
2
x t x tπ= = = = 
( ) ( ) 112 2 2 25 2 2 3 51
0 0 0 0
2 1 8cos 1 sin cos 1 .
3 5 15
I xdx x xdx t dt t t t
π π
⎛ ⎞= = − = − = − + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ ∫ 
0,50 
( )2 2 222
0 0 0
1 1 1cos 1 cos 2 sin 2 .
2 2 2 4
I x dx x dx x x
π π π π⎛ ⎞= = + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ Vậy 1 2
8 .
15 4
I I I π 0,25 = − = −
Tính thể tích khối chóp... 
( ) (SIB ABCD)⊥ và ( ) ( )SIC ABCD ;⊥ suy ra ( )SI ABCD⊥ .
Kẻ IK BC⊥ ( )K BC∈ ⇒ ( )BC SIK⊥ ⇒ nSKI = 60 .D
 0,50 
Diện tích hình thang :ABCD 23 .ABCDS a=
Tổng diện tích các tam giác ABI và bằng CDI
23 ;
2
a suy ra 
23 .
2IBC
aSΔ = 
0,25 
IV 
(1,0 điểm) 
( )2 2 5BC AB CD AD a= − + = ⇒ 2 3 5
5
IBCS aIK
BC
Δ= = ⇒ n 3 15.tan . 
S 
A B
5
aSI IK SKI= =
Thể tích khối chóp . :S ABCD
31 3 1. .
3 5ABCD
a5SI= =V S 
0,25 
I 
C D K 
 Trang 3/4 
Câu Đáp án Điểm
Chứng minh bất đẳng thức 
Đặt và ,a x y b x z= + = + .c y z= +
Điều kiện ( ) 3x x y z yz+ + = trở thành: c 2 2 2 .a b ab= + −
a b abc c+ + ≤ , ,a b c
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 
3 3 33 5 ; dương thoả mãn điều kiện trên. 
0,25 
2 2 2c a b ab= + − 2( ) 3a b ab= + − 2 23( ) ( )
4
a b a b≥ + − + = 21 ( )
4
a b+ ⇒ (1). 2a b c+ ≤ 0,25 
3 3 33 5a b abc c+ + ≤ 3( ) 3 5a b a b ab abc c+ + − + ≤
.
 ⇔ ( ) 2 2
⇔ 2 3( ) 3 5a b c abc c+ + ≤
⇔ 2( ) 3 5a b c ab c+ + ≤
0,25 
V 
(1,0 điểm) 
(1) cho ta: ( ) và 22a b c c+ ≤ 23 2) 3 ;
4
ab a b c≤ + ≤3 ( từ đây suy ra điều phải chứng minh. 
Dấu bằng xảy ra khi: .a b c= = ⇔ x y z= = 
0,25 
1. (1,0 điểm) Viết phương trình ...AB 
Gọi N đối xứng với M qua suy ra ,I ( )11; 1N − và N thuộc đường thẳng .CD 0,25 
VI.a 
(2,0 điểm) 
E∈Δ ⇒ ( );5 ;E x x− ( )6;3IE x x= − −JJG và ( 11;6 )NE x x= − −JJJG .
E là trung điểm ⇒ CD .IE EN⊥ 
. 0IE EN =JJG JJJG ⇔ ( 6)( 11) (3 )(6 ) 0x x x x− − + − − = ⇔ 6x = hoặc 
 7.x =
0,25 
• 6x = ⇒ ( )0; 3 ;IE = −JJG phương trình : 5 0AB y .− = 0,25 
• 7x = ⇒ ( )1; 4 ;IE = −JJG phương trình : 4 19 0.AB x y− + = 0,25 
2. (1,0 điểm) Chứng minh cắt xác định toạ độ tâm và tính bán kính ( )P ( ),S
( )S có tâm bán kính (1;2;3),I 5.R = 
Khoảng cách từ đến I ( ) :P ( ), ( )d I P = 2 4 3 4 3
3
;R
− − − = < suy ra đpcm. 0,25 
Gọi và lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến, H r
H là hình chiếu vuông góc của trên I ( ) :P ( ),( ) 3,IH d I P= = 2 2 4.r R IH= − = 0,25 
Toạ độ thoả mãn: ( ; ; )H x y z=
1 2
2 2
3
2 2 4 0
x t
y t
z t
x y z
= +⎧⎪ = −⎪⎨ = −⎪⎪ .− − − =⎩
 0,25 
Giải hệ, ta được (3; 0; 2).H 0,25 
Tính giá trị của biểu thức 
236 36 ,iΔ = − = 1 1 3z i= − + và 2 1 3 .z i= − − 0,25 
VII.a 
(1,0 điểm) 
2 2
1| | ( 1) 3 10z = − + = và 2 22| | ( 1) ( 3) 10.z = − + − = 0,50 
M B A 
I 
C D E N
 Trang 4/4 
Câu Đáp án Điểm
2 2
1 2| | | | 20.A z z= + = 0,25 
1. (1,0 điểm) Tìm ...m
( )C có tâm bán kính ( 2; 2),I − − 2.R = 0,25 
Diện tích tam giác :IAB n1 . .sin
2
S IA IB AIB= ≤ 21 1;
2
R = lớn nhất khi và chỉ khi S .IA IB⊥ 0,25 
Khi đó, khoảng cách từ đến I :Δ ( , ) 1
2
Rd I Δ = = ⇔ 
2
2 2 2 3
1
1
m m
m
− − − + =+ 0,25 
⇔ ( ) hoặc 2 21 4 1m m− = + ⇔ 0m = 8
15
m = . 0,25 
2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm ...M 
2Δ qua và có vectơ chỉ phương (1;3; 1)A − (2;1; 2).u = −
G
1M ∈Δ ⇒ ( 1 ; ; 9 6 ).M t t t− + − + 
(2 ;3 ;8 6 ),MA t t t , (8 14;20 14 ; 4)MA u t t t⎡ ⎤= − − −JJJG = − − −⎣ ⎦
JJJG G
 ⇒ ,MA u⎡ ⎤⎣ ⎦
JJJG G
23 29 88 68.t t= − + 
0,25 
Khoảng cách từ M đến 2 :Δ 22
,
( , ) 29 88 68.
MA u
d M t t
u
⎡ ⎤⎣ ⎦Δ = = − +
JJJG G
G 
Khoảng cách từ M đến ( ) :P ( ) ( )22 2
1 2 12 18 1 11 20
,( ) .
31 2 2
t t t t
d M P
− + − + − − −= =
+ − +
0,25 
2 11 2029 88 68
3
t
t t
−− + = ⇔ 235 88 53 0t t− + = ⇔ 1t = hoặc 53 .
35
t = 0,25 
VI.b 
(2,0 điểm) 
1t = ⇒ (0;1; 3);M − 53
35
t = ⇒ 18 53 3; ;
35 35 35
M ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠. 0,25 
Giải hệ phương trình VII.b 
Với điều kiện (*), hệ đã cho tương đương: 0xy >
2 2
2 2
2
4
x y xy
x xy y
⎧ + =⎪⎨ − + =⎪⎩
 0,25 
(1,0 điểm) 
2 4
x y
y
=⎧⎨ =⎩ 2.
x y
y
=⎧⎨ = ±⎩
 ⇔ ⇔ 0,50 
( ; ) (2;2)x y = ( ; ) ( 2; 2).x y = − −Kết hợp (*), hệ có nghiệm: và 0,25 
-------------Hết------------- 

File đính kèm:

  • pdfDaToanACt.pdf