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

1
BÀI GIẢI
Câu I.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
+ Tập xác định: x 
3
2
≠ −
+ y’ = ( ) 2
1 30 x
22x 3
−
< ∀ ≠ −
+
+ Tiệm cận
Vì 
x
x 2 1lim
2x 3 2→ ∞
+
=
+
nên tiệm cận ngang là y = 
1
2
Vì 3 3x x
2 2
x 2 x 2lim ; lim
2x 3 2x 3+ −   → − → −      
+ +
= + ∞ = − ∞
+ + nên tiệm cận đứng là x = - 
3
2
Bảng biến thiên:
Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy tại 
20;
3
    và cắt Ox tại (-2; 0)
2
2. Ta có 2
1y '
(2x 3)
−
=
+
 nên phương trình tiếp tuyến tại 0x x= (với 0
3x
2
≠ − ) là:
y - f( 0x ) = f’( 0x )(x - 0x )
2
0 0
2 2
0 0
2x 8x 6xy
(2x 3) (2x 3)
+ +−
= +
+ +
Do đó tiếp tuyến cắt Ox tại A( 20 02x 8x 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
0
2x 8x 6x y 2x 8x 6
(2x 3)
+ +
⇔ = ⇔ + + =
+
02
0 0
0
x 1
(2x 3) 1 2x 3 1
x 2
= −
⇔ + = ⇔ + = ± ⇔ 
= − .
Thử lại 0x 2= − thỏa mãn. Ta có tiếp tuyến y -x - 2=
Câu II.
1. ĐKXĐ: 
51 x k2 ; x k2s inx 6 62
s inx 1 x 2l
2
pi − pi ≠ − + pi ≠ + pi ≠ − 
⇔ 
pi ≠ ≠ + pi 
3
Phương trình ⇔ cosx - 2sinxcosx = 3 (1 – sinx + 2sinx – 2sin2x)
⇔ cosx – sin2x = 3 + 3 sinx - 2 3 sin2x
⇔ 3− sinx + cosx = sin2x + 3 (1 – 2sin2x)
 = sin2x + 3 cos2x
⇔ - 3 1 1 3sin x cos x sin 2x cos 2x
2 2 2 2
+ = +
⇔
5 5sin x.cos cos x.sin sin 2x.cos cos 2x.sin
6 6 3 3
pi pi pi pi
+ = +
⇔
5sin x sin 2x
6 3
pi pi   
+ = +      
⇔
5x 2x m2
6 3
5x 2x n2
6 3
pi pi
+ = + + pi
pi pi + = pi − − + pi
⇔
x m2 x m2
2 2
23x n2 x n
6 18 3
pi pi 
− = − + pi = − pi 
⇔ 
pi pi pi 
= − + pi = − +  
Kết hợp với đkxđ ta có họ nghiệm của pt là:
x = ( )2n n
18 3
pi pi
− + ∈ ¢
2. Đkxđ: 
66 5x 0 x
5
− ≥ ⇔ ≤ (*)
Đặt 
33
3 22
2u 3v 8u 3x 2 u 3x 2
(v 0)
5u 3v 8v 6 5xv 6 5x
 + == − = −  ≥ ⇒ ⇒  
+ == −= −    3 2
8 2uv
3
5u 3v 8
−
=
⇒  + =
3 215u 64 32u 4u 24 0⇒ + − + − =
3 2
2
2 2
0
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}
4
Câu III.
I = 
2 2
5 2
0 0
cos x.dx cos x.dx
pi pi
−∫ ∫
Ta có: I2 = 
2 2
2
0 0
1cos x.dx (1 cos2x).dx
2
pi pi
= +∫ ∫ = 1 1x sin 2x 22 2 40
pi
pi 
+ =  
Mặt khác xét I1 = 
2 2
5 4
0 0
cos x.dx cos x.cosx.dx
pi pi
=∫ ∫
= 
32
2 2 5
0
1 2sin x 8(1 sin x) d(sin x) sin x sin x 2
5 3 150
pi
pi 
− = − + =  ∫
Vậy I = I1 – I2 = 
8
15 4
pi
−
Câu IV.
Vì (SBI)và (SCI)vuông góc với (ABCD) nên SI (ABCD)⊥ .
Ta có IB a 5;BC a 5; IC a 2;= = =
Hạ IH BC⊥ tính được 3a 5IH
5
= ;
Trong tam giác vuông SIH có 0 3a 15SI = IH tan 60
5
= .
2 2 2
ABCD AECD EBCS S S 2a a 3a= + = + = (E là trung điểm của AB).
3
2
ABCD
1 1 3a 15 3a 15V S SI 3a
3 3 5 5
= = = .
5
Câu V.
Từ giả thiết ta có: 
x2 + xy + xz = 3yz ⇔ (x + y)(x + z) = 4yz
Đặt a = x + y và b = x + z
Ta có: (a – b)2 = (y – z)2 và ab = 4yz
 Mặt khác
a3 + b3 = (a + b) (a2 – ab + b)2
≤ ( ) 22 22(a b ) a b ab + − + 
= ( ) 222 (a b) 2ab a b ab  − + − +   
= ( ) 222 (y z) 2yz y z 4yz  − + − +   
= ( ) 222 (y z) 4yz y z + + + 
≤ ( ) 22 24(y z) y z 2(y z) (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. Gọi N là điểm đối xứng với M qua I, F là điểm đối xứng vơi E qua I.
6
Ta có N DC∈ , F ∈ AB, IE ⊥ NE.
Tính được N = (11; −1) .
Giả sử E = (x; y), ta có: 
IE
uur
 = (x – 6; y – 2); NE
uuur
 = (x – 11; y + 1).
IE
uur
. NE
uuur
 = 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; y2 = −1 ⇒ E1 = (7; −2); E2 = (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. 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, vuông góc với 
(P). Dễ dàng tìm được H= (3;0;2). 
Bán kính đường tròn là: 2 2R IH 4− = .
Câu VII. a
Phương trình: z2 + 2z + 10 = 0
Ta có: '∆ = (-1)2 – 10 = -9 = (3i)2
nên phương trình có hai nghiệm là:
z1 = -1 – 3i và z2 = -1 + 3i
7
Suy ra 
2 2 2
1
2 2 2
2
z = (-1) + (-3) = 10
z = (-1) + (3) = 10

Vậy A = 21z + 
2
2z 10 10 20= + =
Chương trình nâng cao
Câu VI. b
1. 2 2 2(C) : (x 2) (y 2) ( 2)+ + + =
Đường tròn (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 RS IH.AB IH.HA 1
2 2 2 2∆
+
= = ≤ = = =
( )IAB maxS 1∆⇒ = 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 8m
15
−
⇔ = ⇔ − = + ⇔ − + = +
+
=⇔ − = ⇔  =
Vậy, có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu là: m = 0 và m = 
8
15
2. Giả sử M(a;b;c) là điểm cần tìm.
• Vì 1M ∈ ∆ nên: 
a b 1a 1 b c 9
c 6b 91 1 6
= −+ +
= = ⇒ 
= −
• Khoảng cách từ M đến mp (P) là:
2 2 2
a 2b 2c 1 11b 20
d d(M;(P))
31 ( 2) 2
− + − −
= = =
+ − +
• Gọi (Q) là mp qua M và vuông góc với 2∆ , ta có:
2(Q)n u (2;1; 2)∆= = −
r r
(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:
8
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
9
261b 792b 612 121b 440b 400
140b 352b 212 0
35b 88b 53 0
b 1
53b
35
=
−
⇔ − + =
⇔ − + = − +
⇔ − + =
⇔ − + =
=⇔  =
Vậy có 2 điểm thoả mãn là: M(0;1;-3) và M
18 53 3; ;
35 35 35
   
Câu VII b.
Điều kiện 
2 2x y 0
xy 0
xy 0
 + >
⇔ >
>
Viết lại hệ dưới dạng:
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2x xy y
log (x y ) log (2xy) x y 2xy
x xy y 43 3− +
 + =  + = 
⇔ 
− + ==  
{ }
2
22 2
x y(x y) 0
(x; y) (2;2);( 2; 2)
x 4x xy y 4
=
− = 
⇔ ⇔ ⇔ ∈ − − 
=
− + = 
: thỏa mãn
Nhóm chuyên gia giải đề:
TS. Lê Thống Nhất, ThS Đặng Văn Quản, ThS Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo
9