Ðề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2009 môn thi: Toán (khối D)

Ðề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2009 môn thi: Toán (khối D)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2,0 điểm).

Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị là (Cm), m là tham số.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0.

2. Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn2.

pdf 5 trang Người đăng trường đạt Lượt xem 2089Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Ðề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2009 môn thi: Toán (khối D)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 
Môn thi: Toán (khối D) 
(Thời gian làm bài: 180 phút) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I (2,0 điểm). 
 Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị là (Cm), m là tham số. 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0. 
 2. Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 
2. 
Câu II (2,0 điểm) 
 1. Giải phương trình 3 cos5x 2sin3x cos 2x sin x 0   
 2. Giải hệ phương trình 2
2
x(x y 1) 3 0
5(x y) 1 0
x
   
    

 (x, y  R) 
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 
3
x
1
dxI
e 1

 
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, 
AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của 
AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng 
(IBC). 
Câu V (1,0 điểm).Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn 
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy. 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (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 tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của 
cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y 
– 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC. 
 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) và mặt 
phẳng (P): x + y + z – 20 = 0. Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho 
đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P). 
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z 
thỏa mãn điều kiện z – (3 – 4i)= 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) : (x – 1)2 + y2 = 1. Gọi I là tâm của 
(C). Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho IMO = 300. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x 2 y 2 z
1 1 1
 
 

 và mặt phẳng 
(P): x + 2y – 3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và 
vuông góc với đường thẳng . 
Câu VII.b (1,0 điểm) 
 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số 
2x x 1y
x
 
 tại 
hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung. 
----------------------------- 
BÀI GIẢI GỢI Ý 
Câu I. 1. m = 0, y = x4 – 2x2 . TXĐ : D = R 
 y’ = 4x3 – 4x; y’ = 0  x = 0  x = 1; 
x
lim

  
x  1 0 1 + 
y'  0 + 0  0 + 
y + 0 + 
 1 CĐ 1 
 CT CT 
 y đồng biến trên (-1; 0); (1; +) 
 y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1) 
 y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0 
 y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = 1 
 Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0) 
 Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); ( 2 ;0) 
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = -1 là 
 x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1 
  x4 – (3m + 2)x2 + 3m + 1 = 0  x = 1 hay x2 = 3m + 1 (*) 
 Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) tại 4 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2 khi và chỉ khi 
phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 và < 2 
  
0 3m 1 4
3m 1 1
  

 
  
1 m 1
3
m 0
  

 
Câu II. 1) Phương trình tương đương : 
 3 cos5x (sin5x sin x) sin x 0 3cos5x sin5x 2sin x       
  3 1cos5x sin5x sin x
2 2
   sin 5x sin x
3
   
 
  5x x k2
3

    hay 5x x k2
3

      
  6x k2
3

   hay 24x k2 k2
3 3
 
         
1 
x 
y 
1 1 0 
  x k
18 3
 
  hay x k
6 2
 
   (k  Z). 
 2) Hệ phương trình tương đương : 
 2 2 22
2
x(x y 1) 3 x(x y) x 3
5 x (x y) x 5(x y) 1
x
     
 
     
ĐK : x ≠ 0 
 Đặt t=x(x + y). Hệ trở thành: 
 2 2 2
t x 3 t x 3 t x 3 t 1 x 1
t x 5 (t x) 2tx 5 tx 2 x 2 t 2
           
       
          
 Vậy 
3x(x y) 1 x(x y) 2 y 1y
2
x 2 x 1 x 1x 2
       
     
     
Câu III : 
3 3 3x x x 3x
x x 1
1 1 1
1 e e eI dx dx dx 2 ln e 1
e 1 e 1
 
      
    
 3 22 ln(e 1) ln(e 1) 2 ln(e e 1)           
Câu IV. 
2 2 2 29 4 5 5AC a a a AC a     
2 2 2 25 4 2BC a a a BC a     
H laø hình chieáu cuûa I xuoáng maët ABC 
Ta coù IH AC 
/ /
/
1 2 4
2 3 3
IA A M IH aIH
IC AC AA
      
31 1 1 4 42
3 3 2 3 9IABC ABC
a aV S IH a a     (đvtt) 
Tam giaùc A’BC vuoâng taïi B 
Neân SA’BC= 2
1 52 5
2
a a a 
Xeùt 2 tam giaùc A’BC vaø IBC, Ñaùy // 2
2 2 2 5
3 3 3IBC A BC
IC A C S S a    
Vaäy d(A,IBC) 
3
2
3 4 3 2 2 53
9 52 5 5
IABC
IBC
V a a a
S a
    
Câu V. S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 34xy 
 = 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy 
 = 16x2y2 – 2xy + 12 
 Đặt t = x.y, vì x, y  0 và x + y = 1 nên 0  t  ¼ 
 Khi đó S = 16t2 – 2t + 12 
 S’ = 32t – 2 ; S’ = 0  t = 1
16
 S(0) = 12; S(¼) = 25
2
; S ( 1
16
) = 191
16
. Vì S liên tục [0; ¼ ] nên : 
/A
A 
C 
I 
M 
B 
H 
C/ 
 Max S = 25
2
 khi x = y = 1
2
 Min S = 191
16
 khi 
2 3x
4
2 3y
4
 

  

 hay 
2 3x
4
2 3y
4
 

  

PHẦN RIÊNG 
Câu VI.a. 
1) Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0 
 A = AH  AD  A (1;2) 
 M là trung điểm AB  B (3; -2) 
 BC qua B và vuông góc với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0  x + 6y + 9 = 0 
 D = BC  AD  D (0 ; 3
2
 ) 
 D là trung điểm BC  C (- 3; - 1) 
 AC qua A (1; 2) có VTCP AC ( 4; 3)  

 nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0  3x – 4y + 5 = 0 
2) AB qua A có VTCP AB ( 1;1;2) 

 nên có phương trình : 
x 2 t
y 1 t (t )
z 2t
 

  
 
 
 D  AB  D (2 – t; 1 + t; 2t) 
 CD (1 t; t ; 2t) 

. Vì C  (P) nên : (P)CD //(P) CD n 
 
 11(1 t) 1.t 1.2t 0 t
2
        Vậy : 5 1D ; ; 1
2 2
  
 
Câu VI.b. 1. (x – 1)2 + y2 = 1. Tâm I (1; 0); R = 1 
 Ta có IMO = 300, OIM cân tại I  MOI = 300 
  OM có hệ số góc k = 0tg30 = 1
3
 
 + k =  1
3
  pt OM : y= x
3
 thế vào pt (C)  
2
2 xx 2x 0
3
   
  x= 0 (loại) hay 3x
2
 . Vậy M 3 3;
2 2
 
 
 
Cách khác: 
Ta coù theå giaûi baèng hình hoïc phaúng 
OI=1,   030IOM IMO  , do ñoái xöùng ta seõ coù 
2 ñieåm ñaùp aùn ñoái xöùng vôùi Ox 
H laø hình chieáu cuûa M xuoáng OX. 
Tam giaùc 1OM H laø nöûa tam giaùc ñeàu 
OI=1 => 3 3 3 3 3,
2 63 2 3
OH OM HM     O 
I 
1M 
2M 
H 
 Vaäy 1 2
3 3 3 3, , ,
2 2 2 2
M M
   
   
   
2. Gọi A =   (P)  A(-3;1;1) 
 a (1;1; 1)  

; (P)n (1;2; 3) 

 d đi qua A và có VTCP d (P)a a , n ( 1;2;1)    
  
 nên pt d là : 
 x 3 y 1 z 1
1 2 1
  
 

Câu VII.a. Gọi z = x + yi. Ta có z – (3 – 4i) = x – 3 + (y + 4)i 
 Vậy z – (3 – 4i) = 2  2 2(x 3) (y 4) 2     (x – 3)2 + (y + 4)2 = 4 
 Do đó tập hợp biểu diễn các số phức z trong mp Oxy là đường tròn tâm I (3; -4) và bán kính R 
= 2. 
Câu VII.b. pt hoành độ giao điểm là : 
2x x 1 2x m
x
 
   (1) 
  x2 + x – 1 = x(– 2x + m) (vì x = 0 không là nghiệm của (1)) 
  3x2 + (1 – m)x – 1 = 0 
 phương trình này có a.c < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m 
 Ycbt  S = x1 + x2 = 
b
a
 = 0  m – 1 = 0  m = 1. 
----------------------------- 
Người giải đề: PHẠM HỒNG DANH - TRẦN VĂN TOÀN 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn, TP.HCM) 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfToan2009D.pdf