Giải đề thi môn Toán Khối A kỳ thi tuyển sinh ĐH-CĐ năm 2009

Chia sẻ: Trong Tong | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

1.493
lượt xem 220
download

Giải đề thi môn Toán Khối A kỳ thi tuyển sinh ĐH-CĐ năm 2009

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giải đề thi môn Toán Khối A kỳ thi tuyển sinh ĐH-CĐ năm 2009

Chủ đề:

Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Giải đề thi môn Toán Khối A kỳ thi tuyển sinh ĐH-CĐ năm 2009

GIẢI ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI A KỲ THI TUYỂN SINH ĐH – CĐ NĂM 2009 I. Phần chung cho tất cả thí sinh Câu I: (2,0đ) Cho hàm số: x+2 y= (1) 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 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 toạ độ O. Bài giải  3 1. TXÐ: ¡ \ −   2 Sù biÕn thiên x+2 3 Tìm tiÖm cËn ®øng: lim ± = ±∞ ⇒ ®å thÞhàm sè (1) có tiÖm cËn ®øng x = − x →− 3 2x + 3 2 2 x+2 1 1 Tìm tiÖm cËn ngang: lim = ⇒ ®å thÞhàm sè (1) có tiÖm cËn ngang y = x →±∞2x + 3 2 2 −1 3  3  3  Tính y' = < 0 víi ∀x ≠ − ⇒ hàm sè luôn nghÞ biÕn trên  −∞; −  và ch  − 2 ; +∞  không có cùc trÞ . ( 2x + 3 ) 2 2  2   Bảng biến thiên Đồ thị: bảng biến thiên phụ Vẽ đồ thị:
y 4 2 x -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -2 -4  3 1 I − ,  Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm của 2 tiệm cận là điểm  2 2  làm tâm đối xứng. 2. Gäi A ( a;0 ) ∈ Ox; B ( 0;b ) ∈ Oy theo gi¶ thiÕt ta có: |a| = |b| nh ng vì hàm sè lu«n nghÞ biÕn nên tiÕp tuyÕn chØcó thÓ có d¹ng ch y = kx + m víi k < 0 nên a = b ≠ 0. x y Ph ¬ng trình ® êng th¼ng AB: + = 1 a b  x+2 x y  2x + 3 = − x + a  ⇔ + = 1 ⇔ y = − x + a tiÕp xúc víi (1) ⇔  a a  −1 = −1  (2x + 3)2  −1  x = −1 ⇒ a = 0 (lo¹i) Tõ ph ¬ng trình = −1 ⇔ 2x + 3 = ±1 ⇔  (2x + 3) 2  x = −2 ⇒ a = −2 VËy ph ¬ng trình tiÕp tuyÕn cña (1) là y = − x − 2 Câu II: (2,0 đ)
( 1 − 2 sinx ) cosx = 3 1. Giải phương trình: ( 1 + 2 sinx ) ( 1 − sinx ) 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0 ( x ∈ ¡ ) 2. Giải phương trình: Bài giải  π  x ≠ − 6 + k2π  1  1 + 2sinx ≠ 0 sinx ≠ −  7π 1.§ i u kiÖn :  Ò ⇔  2 ⇔ x ≠ + k2π 1 − sinx ≠ 0 sinx ≠ 1  6   π  x ≠ 2 + k2π  ( 1 − 2 sinx ) cosx = 3 ( 1 + 2 sinx ) ( 1 − sinx ) ( ⇔ cos x − 2 sin x cos x = 3 1 − sinx + 2sinx − 2sin2 x ) ( ⇔ cosx − 2sinxcosx = 3 −2 sin2 x + sinx +1 ) ⇔ cos x − 3 sin x = 3 cos 2x + sin 2x 1 3 3 1 ⇔ cos x − sin x = cos 2x + sin 2x 2 2 2 2 π  π  ⇔ sin  − x  = sin  + 2x  6  3  π π  π k2π 6 − x = 3 + 2x + k2π  x = − 18 + 3 ⇔ ⇔ π − x = 2π − 2x + k2π  x = π + k2π ( lo¹i ) 6  3   2
2) 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0 ÐÆt 3 3x − 2 = u ⇒ 3x − 2 = u3 6 − 5x = v ≥ 0 ⇒ 6 − 5x = v 2  3 2u + 3v = 8 u = 4 − 2 v   3 ⇔ 3 5u + 3v = 8 5  4 − 3 v  + 3v 2 = 8 2     2   3  3  Gi¶i ph ¬ng trình: 5  4 − v  + 3v 2 = 8  2  ⇔ 135v 3 − 1104v 2 + 2880v − 2496 = 0 ( ⇔ ( v − 4 ) 135v 2 − 564v + 624 = 0 ) ⇔v=4 Vì 135v 2 − 564v + 624 = 0 VN u = −2 ⇔ 6 − 5x = 16 ⇒ x = −2 Câu III: (1,0 đ)
π/2 Tính tích phân I = ∫ (cos x − 1)cos 3 2 x dx 0 Gi¶i π/2 π/2 I= ∫ cos5 x dx − ∫ cos x dx = I1 − I2 2 0 0 π/2 π/2 Tính I1 = ∫ cos x dx = ∫ cos 5 4 x.cos x dx 0 0 π/2 ∫ ( 1 − sin x ) 2 = 2 d(sin x) 0 π/2 = ∫ ( sin x − 2sin2 x + 1 d(sin x) ) 4 0  sin5 x 2 sin3 x  π/2 = − + sin x   5 3 0 1 2 8 = − +1= 5 3 15 π/2 π/2 1 Tính I2 = ∫ cos2 x dx = ∫ ( 1 + cos 2x ) dx 0 2 0 π 1 π/2 π = + sin 2x = 4 4 0 4 8 π Ta ® îc : I = I1 − I2 = − 15 4 Câu IV: (1,0điểm) 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. Bài giải Hình thang ABCD.
Hình thang ABCD. µ µ A = D = 900 AB = AD = 2a ⇒ ΙA = ΙD = a ∆AΙB lµ tam gi¸c vu«ng ⇒ BΙ 2 = AΙ 2 + AB2 = a2 + 4a2 = 5a2 ∆ vu«ng ΙDC : ΙC2 = a2 + a2 = 2a2 Tõ C kÎ CH ⊥ AB ⇒ ∆CHB lµ tam gi¸c vu«ng. CH = 2a, CD = a ⇒ HB = a BC2 = HC2 + HB2 = 4a2 + a2 = 5a2 ( ⇒ ∆ BIC lµ tam gi¸c c©n BC2 = BΙ 2 = 5a2 ) KÎ ΙK ⊥ CB : TÝ ΙK. nh a 2 Gäi J lµ trung ®i m ΙC ⇒ ΙJ = Ó 2 2 a 9a2 ⇒ BJ2 = BΙ 2 − ΙJ2 = 5a2 − = 2 2 3a BJ = , 2 BJ.ΙC Ta có BJ.ΙC = ΙK.BC ⇒ ΙK = BC 3a a 2 2 3a ΙK = = a 5 5 ( SΙC ) , ( SΙC ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SΙ ⊥ ( ABCD ) · IK ⊥ BC ⇒ SK ⊥ BC ⇒ SKI = 600 3a ⇒ SΙ = ΙK.tan 600 = . 3 5 DiÖn tÝ ABCD = ch ( AB + CD ) AD = ( 2a + a ) .2a = 3a2 2 2 3 3 1 3a 3a 3 3a 15 V = 3a2 . . 3= = . 3 5 5 5 Câu V: (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả 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. Bài giải
x 2 + xt § Æt t = y + z, gi¶ thiÕt suy ra yz = 3 ( y + z) 2 3 ⇒ x ( x + y + z ) = 3yz ≤ ( y + z) 2 Vì yz ≤ 4 4 3 ⇒ x 2 + tx ≤ t 2 ⇒ ( 2x + t ) ≤ 4t 2 2 4 ⇒ 2x + t ≤ 2t ⇒ 2x ≤ t B§ T ph¶i chøng minh ⇔ ( 2x + y + z ) − 3 ( x + y ) ( x + z ) ( 2x + y + z ) + 3 ( x + y ) ( x + z ) ( y + z ) ≤ 5 ( y + z ) 3 3 ⇔ ( 2x + y + z ) − 3 ( x + y ) ( x + z ) .2x ≤ 5 ( x + z ) 3 3 ⇔ ( 2x + y + z ) − 6x  x 2 + x ( y + z ) + yz  ≤ 5 ( y + z ) 3 3    x 2 + xt  ⇔ ( 2x + t ) − 6x  x 2 + xt + 3  ≤ 5t 3  3  ( ⇔ 2t 2x 2 + 3xt − 2t 2 ≤ 0 ) Vì t >0 ⇔ 2x 2 + 3xt − 2t 2 ≤ 0 t t 2 3t 2 Vì 0 < x ≤ ⇒ 2x 2 + 3xt ≤ + = 2t 2 2 2 2 ⇒ 2x + 3xt − 2t ≤ 0 ( ®pcm ) 2 2 DÊu " = " x¶y ra ⇔ x = y = z > 0. Phần riêng (3,0) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) 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. 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) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Bài giải
PhÇn i ng 6a 1) rê c©u ( víi quaI hì M' ∈ CD I là giao cña AC và BD nên M' ®èixøng M t  xM + xM'  1 + xM'  xI = 6 =  2  2 ⇔  xM' = 11   ⇔   y = yM + yM' 2 = 5 + yM'  yM' = −1   I  2   2 MÆt khác: ME ⊥ IE nên: ' uuuu ur r u EM' .IE = 0 ⇔ (11 − xE )(xE − 6) − (1 + yE )(yE − 2) = 0 ⇔ − xE − yE + 17xE + yE − 64 = 0(1) 2 2 Mà E∈∆ :x + y − 5 = 0 ⇔ xE + yE − 5 = 0 (2) Tõ 1)vµ( ta cã ( 2) -xE − yE + 17xE + yE − 64 = 0  2 2   xE = 5 − y E  y = −1 ⇔ E ⇒ E(6; −1)  xE =6  yE = −2  ⇒ E(7; −2)  xE =7 ⇒ Ph ¬ng trình ® êng th¼ng AB : y=5 x − 4y + 19 = 0
C©u 6a(2) PT (S) ⇔ (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 25 ⇒ T©m I1; 3) án kính R = 5 ( 2; ;b |2−4−3−4| có:d(I;P) = =3 4 + 4 +1 có:d(I;P) = 3 < R = 5 ⇒ mÆt ph¼ng P)c¾t( heo ét® êng r ( S)t m tòn. r Có nP = (2; − 2; − 1) ⇒ ph ¬ngtình ® êng h¼ng I1; 3)và vu«ng góc víiP)l r t qua ( 2; ( à:  x = 1+2t   y = 2 - 2t z = 3 - t  Gäi l t êng r gi t µ ©m ® E tßn ao uyÕn ⇒ E(1 + 2t; 2 − 2t;3 − t)∈(P) ⇒ 2(1+ 2t) − 2(2 − 2t) − (3 − t) − 4 = 0 ⇒ t = 1 ⇒ E(3;0;2) Gäi ' µ án kính ® êng r ( ó: lb R tßn E)c R'2 = R 2 I 2 = 25 − 9 = 16 ⇒ R' = 4 E Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 + 2z + 10 = 0. Tính giá trị của biểu thức A = |z1|2 + |z2|2 Bài giải PT : z 2 + 2z + 10 = 0 ∆' = 1 − 10 = −9 = ( 3i) 2 z1 = −1 − 3i ⇒ | z1 | = 10 z 2 = − 1+ 3i ⇒ | z2 | = 10 ⇒ A =| z1 |2 + | z 2 |2 = 10 + 10 = 20 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2.0 điểm) 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 Ι là tâm của đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + x +1 y z + 9 x −1 y − 3 z +1 ∆1 : = = , ∆2 : = = 2z – 1 = 0 và hai đường thẳng 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. Bài giải
6b1. Ph ¬ng trình (C) ⇔ ( x + 2 ) + ( y + 2 ) = 2 2 2 ⇒ T©m Ι ( −2 ; − 2 ) ; b¸n kÝ R = 2 nh KÎ ΙH ⊥ ( ∆ ) ⇒ H lµ trung ®i m AB. Ó 1 − 4m Víi ΙH = d. ( Ι ; ∆ ) = 1 + m2 § êng th¼ng ( ∆ ) c ¾t (C) khi ΙH < R | 1 − 4m | ⇔ < 2 ⇔ 14m2 − 8m − 1 < 0 1+ m 2 4 − 30 4 + 30 ⇔
( 6b.2 )  x = −1 + t  ∆1 :  y = t  z = −9 + 6t  x −1 y − 3 z +1 r ∆2 : = = ®i qua A ( 1; 3 ; − 1) vµ u∆2 = ( 2 ; 1 ; − 2 ) 2 1 −2 M ∈ ∆1 ⇒ M ( −1 + t ; t ; − 9 + 6t ) uuu r r  AM,u∆2  ( 14 − 8t ) + ( 14t − 20 ) + ( 4 − t ) 2 2 2   ⇒ d ( M, ∆ 2 ) = r = u ∆2 3 −1 + t − 2t − 18 + 12t − 1 11t − 20 d ( M, (P) ) = = 1 + ( −2) + 2 2 2 2 3 Vì d ( M, ∆ 2 ) = d ( M, (P)) nª n : ( 14 − 8t ) + ( 14t − 20 ) + ( 4 − t ) 2 2 2 11t − 20 = 3 3 ⇔ ( 11t − 20 ) = ( 14 − 8t ) + ( 14t − 20 ) + ( 4 − t ) 2 2 2 2 t = 1 ⇒ 35t − 88t + 53 = 0 ⇔  53 2 t =  35 Víi t = 1 ⇒ M1 ( 0 , 1, − 3 ) 53  18 53 3  Víi t = ⇒ M2  , ,  35  35 35 35  Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ( ) log2 x 2 + y 2 = 1 + log2 (xy)   2 2 ( x, y ∈ ¡ ) 3 x − xy + y = 81  Bài giải
C©u7 b. ® K :x.y > 0 log2 (x 2 + y 2 ) = log2 (2xy)  HÖ ⇔  2 x − xy + y 2 3  = 34  x 2 + y 2 = 2xy   (x − y)2 = 0  ⇔ 2 ⇔ 2  x − xy + y = 4  x − xy + y = 4 2 2   x = y ⇔ 2 ⇔ x = y = ±2  x − xy + y = 4 2

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD