1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn thi: TOÁN; Khối: B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2009 MÔN TOÁN – KHỐI B Câu I (2,0 điểm) I.1 Đề bài: Lời giải: • TXĐ: D ≡ R • Sự biến thiên Ta có: y ' = 8x 3 − 8x = 0 ⇔ ⎡ x = 0 ⎢ x = ± 1 ⎣ Bảng biến thiên: x −∞ -1 0 1 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + +∞ 0 +∞ y -2 -2 Đồ thị đồng biến trên mỗi khoảng (-1; 0) và ( 1; +∞ ) ; nghịch biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; − 1 ) và ( 0;1 ) . Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1 và x = 1; y CT = − 2 ; đạt cực đại tại x = 0; y CD = 0 • Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình • Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy, cắt trục hoành tại các điểm ( ± 2; 0 ) I.2 Đề bài: Lời giải: • Số nghiệm của phương trình x 2 | x 2 − 2 | = m ⇔ 2 x 4 − 4x 2 = 2m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = 2x 4 − 4x 2 và đường thẳng y = 2m ⎧ ⎪ 2x 4 − 4x 2 ; 2x 4 − 4x 2 ≥ 0 • Vì 2x 4 − 4x 2 = ⎨ nên vẽ đồ thị hàm số y = 2x 4 − 4x 2 như ⎪ − ( 2x 4 − 4x 2 ) ; 2x 4 − 4x 2 < 0 ⎩ sau: - Giữ nguyên phần đồ thị hàm số (C) trên trục hoành - Lấy đối xứng phần đồ thị nằm dưới trục hoành. • Từ đó suy ra pt đã cho có 6 nghiệm phân biệt ⇔ 0 < 2m < 2 ⇔ 0 < m < 1 Câu II (2,0 điểm) II.1 Đề bài: Lời giải: sinx + cosx.sin2x + 3 cos3x = 2(cos4x + sin 3 x) (1) (1) ⇔ sin x + sin 3x + sin x + 3 cos 3x = 2 cos 4x + 3 sin x − sin 3x 2 2 ⇔ sin 3x + 3 cos 3x = 2 cos 4x ⇔ cos ⎛ 3x − π ⎞ = cos 4x ⎜ 6 ⎟ ⎝ ⎠ ⎡ 3x − π = 4 x − 2kπ ⎡ x π + 2kπ ⎢ 6 ⎢ = − 6 ⇔ ⎢ (k ∈ Z ) ⇔ ⎢ ( k ∈ Z ) ⎢ 3x − π = − 4x − 2kπ ⎢ x = π + 2k π ⎢⎣ 6 ⎢⎣ 24 7 Vậy phương trình có hai họ nghiệm x π + 2kπ ; x = π + 2kπ (k ∈ Z) = − 6 24 7 II.2 Đề bài: Lời giải: ⎧ ⎪ xy + x + 1 = 7 y ⎪ ⎧ x ( y + 1 ) = 7 y − 1 ⎨ 2 2 2 ⇔ ⎨ 2 2 2 ⎪⎩ x y + xy + 1 = 13 y ⎪⎩ x y + xy + 1 = 13 y Từ phương trình trên ta suy ra: x = 7 y − 1 (y ≠ -1), thay vào phương trình sau ta được y + 1 ⎛ 7 y − 1 ⎞ 2 2 ⎛ 7 y − 1 ⎞ 2 ⎜ y + 1 ⎟ y + ⎜ y + 1 ⎟ y + 1 = 13 y ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇔ 36 y 4 − 33 y 3 − 5 y 2 + y + 1 = 0 ⇔ ( y − 1 ) ( 3 y − 1 ) ( 12 y 2 + 5 y + 1 ) = 0 ⎡ y = 1 ⎡ x = 3 ⇔ ⎢ = 1 ⇒ ⎢ ⎢ y = ⎣ x = 1 ⎣ 3 Vậy hệ có nghiệm: (x ; y) = {(1 ; 1 ) ; (3 ; 1)}. 3 Câu III (1,0 điểm) Đề bài: Lời giải: 3 3 + ln x 3 3dx 3 1 I = ∫ ( x + 1) 2 dx = ∫ ( x + 1) 2 − ∫ ln xd ( x + 1 ) 1 1 1 − 3 3 1 3 3 1 = x + 1 − ln 2 x + 1 + ∫ x + d (ln x) 1 1 1 1 3 1 3 dx 3 1 3 1 3 1 3 3 = 4 − 4 ln 3 + ∫ x( x + 1) = 4 − 4 ln 3 + ∫ x dx − ∫ x + dx = 4 + 4 ln 3 − ln 2 1 1 1 1 Câu IV (1,0 điểm) Đề bài: Lời giải: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm của AB G là hình chiếu của B’ lên (ABC) (giả thiết cho). ⇒ ( B ' B, ( ABC ) ) = ( B ' B, BG ) = B ' BG ⇒ B ' BG = 60 0 ΔB ' GB có C ⎧ BG = 1 a A B = 60 0 ⎫ ⎪ ⎪ 2 ⎬ ⇒ ⎨ (*) M B BB ' = a ⎪ ⎭ ⎪ B ' G = 3 a ⎪ ⎩ 2 a Tính S ABC theo a? ⎧ ⎪ AC = CM = MA = MB = x C’ Đặt AB = 2x ⇒ ⎨ ⎪⎩ BC = 3x A’ ⇒ GM = 1 CM = x B’ 3 3 Xét ΔGMB có GMB = 2CAB = 120 0 , theo định lí hàm số cosin ta có: GB 2 = GM 2 + MB 2 − 2.GM .MB cos120 0 2 = GB 2 = ⎛ 1 x ⎞ + x 2 − 2. 1 x.x ⎛ − = 1 ⎞ = 13 x 2 ⎜ 3 ⎟ 3 ⎜ 2 ⎟ 9 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 Từ (*) ⇒ ⎛ 1 a ⎞ = 13 x 2 ⇔ x = 3 a ⎜ 2 ⎟ 9 2 13 ⎝ ⎠ Vậy AC = x = 3 a ; BC = 3x = 3 3 a 2 13 2 13 S = 1 AC.CB = 1 ⎛ 3 a ⎞ ⎛ 3 3 a ⎞ = 9 3 a 2 (đvdd) ABC 2 2 ⎜ 2 13 ⎟ ⎜ 2 13 ⎟ 104 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Do ABCA’B’C’ là hình trụ nên (ABC) // (A’B’C’) d ( A ', ( ABC ) ) = d ( B ', ( ABC ) ) = B ' G = 3 a 2 ⇒ V = 1 S .d ( A ', ( ABC ) ) = 9 a 3 A ' ABC 3 ABC 208 Câu V (1,0 điểm) Đề bài: Lời giải: Ta có: A = 3( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1 = 3( x 2 + y 2 ) 2 − 2( x 2 + y 2 ) − 3x 2 y 2 + 1 ≥ 9 ( x 2 + y 2 ) 2 − 2( x 2 + y 2 ) + 1 4 ( Vì: ( x 2 + y 2 ) 2 ≥ 4 x 2 y 2 ⇒ 3 ( x 2 + y 2 ) ≥ 3x 2 y 2 ) 4 Vì: 4 xy ≤ ( x + y) 2 nên từ giả thiết. ⇒ 1 ≤ ( x + y) 2 + ( x + y) 3 ⇒ ( x + y − 1) ⎡ ⎣ ( x + y) 2 + 2( x + y) + 2⎤ ⎦ ≥ 0 2 ⇒ x + y ≥ 1 ⇒ x 2 + y 2 ≥ ( x + y) ≥ 1 2 2 Do vậy: 4 A = 9( x 2 + y 2 ) − 8( x 2 + y 2 ) + 4 = ⎡ ⎣ 8( x 2 + y 2 ) 2 + 2⎤ ⎦ − 8( x 2 + y 2 ) + ( x 2 + y 2 ) 2 + 2 = 2(2( x 2 + y 2 ) − 1) 2 + ( x 2 + y 2 ) 2 − 1 ≥ 1 + 2 = 9 4 4 Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1 2 Vậy: min A = 9 , đạt được khi x = y = 1 . 16 2 Câu Via (2,0 điểm) VIa.1 Đề bài: Lời giải: Giả sử K (a, b) ∈ (C ) ⇒ (a − 2) 2 + b 2 = 4 (1) 5 (C1) tiếp xúc với Δ 1 , Δ 2 , ta có: a − b a − 7b ⎡ a = 2b R = = ⇒ ⎢ b 2 50 ⎢ a = − ⎣ 2 TH1: a = 2b, (1) ⇒ (2b − 2) 2 + b 2 = 4 ⇒ b = 4 ⇒ a = 8 5 5 5 ⇒ K ( 8 ; 4 ); R = 4 5 5 5 2 TH 2 : a b , (4) ⇒ ( − b − 2) 2 + b 2 = 4 ⇒ vô nghiệm = − 2 2 5 Vậy K ( 8 ; 4 ); R = 4 5 5 5 2 VIa.2 Đề bài: Lời giải: Giả sử véc tơ pháp tuyến của (P) là Δ(a, b, c) ; (a 2 + b 2 + c 2 > 0) ⇒ (P) : a( x − 1) + b( y − 2) + c( z − 1) = 0(1) ⇒ ax + by + cz − (a + 2b + c) = 0 B( − 2,1, 3) ∈ (P) ⇒ − 3a − b + 2c = 0(2) Khoảng cách từ C, D tới (P): 2a − b + c − a − 2b − c 3b + c − a − 2b − c ⎡ a = 2b a 2 + b 2 + c 2 = a 2 + b 2 + c 2 ⇒ ⎢ b = 0 ⎣ TH : a = 2b, (2) ⇒ c = 7b ⇒ phương trình (P) : 4x + 2 y + 7 z − 15 = 0 1 2 TH : b = 0, (2) ⇒ c = 3a ⇒ phương trình (P) : 2 x + 3z − 5 = 0 2 2 Câu VIIa (1,0 điểm) Đề bài: Lời giải: Giả sử z = a +bi, (a,b ∈ R ) ⇒ z = a − bi Từ giả thiết suy ra: ⎧ ⎪ ( a − 2 ) 2 + ( b − 1 ) 2 = 10 ⎧ 2a + b = 10 ⎨ ⇔ ⎨ 2 2 ⎪ ⎩ a 2 + b 2 = 25 ⎩ a + b = 25 ⎧ b = 10 − 2a ⎧ b = 10 − 2a ⎧ a = 5 ⇔ ⎨ 2 2 ⇔ ⎨ 2 ⇔ ⎨ ⎩ a + (10 − 20) = 25 ⎩ a − 8a + 15 = 25 ⎩ b = 0 ⎧ a = 3 Vậy: ⎨ ⎩ b = 4 Vậy số phức z cần tìm là: z = 5 hoặc z = 3 + 4i Câu VIb (2,0 điểm) 2 điểm. VIb.1 Đề bài: Lời giải: Gọi AH ⊥ (Δ) ⇒ phương trình đường thẳng (AH) có dạng: 1.( x + 1) + 1.( y − 4) = 0 hay x + y − 3 = 0 ⎧ x = 7 Tọa độ H là nghiệm của hệ: ⎧ x + y − 3 = 0 ⇒ ⎪ 2 ⎨ ⎨ ⎩ x − y − 4 = 0 ⎪ y = − 1 ⎪ ⎩ 2 Đỉnh B ∈ (Δ) ⇒ B(t; t − 4). ΔABC cân đỉnh A ⇒ BC = 2.BH = 2 (t − 7 ) 2 + (t − 7 ) 2 = 2 2 t − 7 2 2 2 S = 1 AH .BC = 1 2.( 9 ) 2 .2 2 t − 7 = 9 t − 7 = 18. ΔABC 2 2 2 2 2 ⎡ t = 11 ⇒ t − 7 = 2 ⇒ ⎢ 2 ⎢ 2 ⎢ t 3 ⎢ ⎣ = − 2 Do đó B ⎛ 11 ; 3 ⎞ ⇒ C ⎛ 3 ; − 5 ⎞ hoặc B ⎛ − 3 ; − 11 ⎞ ⇒ C ⎛ 17 ; 9 ⎞ ⎜ 2 2 ⎟ ⎜ 2 2 ⎟ ⎜ 2 2 ⎟ ⎜ 2 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ VIb.2 Đề bài: Lời giải: Xét đường thẳng đi qua d và song song (P) ⇒ d ⊂ (Q), (Q) qua A và (Q) / /(P) Xét phương trình (Q) ⇒ n a / / n ( P ) = (1, − 2, 2) , Q qua A (-3,0,1). ⇒ (Q) ( x + 3) − 2( y − 0) + 2(7 − 1) = 0 ⇔ x − 2 y + 2 z + 1 = 0 Đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là min chính là đường thẳng đi qua hình chiếu của B lên (Q). Ta sẽ tìm hình chiếu của B 0 của B trên (Q). Xét đường thẳng ( Δ ) và ⊥ (Q) véc tơ chỉ phương ( Δ ) là: u Δ (1, − 2, 2) ⇒ Δ có phương trình: ⎧ x = 1 + t ⎪ y = − 1 − 2t ⇒ B là giao của ( Δ ) và (Q) ⇒ (1 + t ) − 2( − 1 − 2t ) + 2(3 + 2t ) + 1 = 0 ⎨ 0 ⎪ z = 3 + 2t ⎩ ⇒ 1 + t + 2 + 4t + 6 + 4t + 1 = 0 ⇒ 9t − 10 − t = − 10 9 ⇒ B ( − 1 ; 11 ; 7 ) ⇒ AB = ( 26 ; 11 ; − 2 ) ⇒ phương trình (AB) x + 3 = y = z − 1 0 9 9 9 9 9 9 26 11 − 2 Câu VIIb (1,0 điểm) Đề bài: Lời giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 2 − 1 − x + m = x ⇔ f(x) = 2x 2 – mx – 1 = 0 (với x ≠ 0) Vì Δ = m 2 + 8 > 0 ∀m và f(0) ≠ 0 nên f(x) = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x 2 − 1 Đường thẳng y = m – x luôn cắt đồ thị hàm số y = tại hai điểm phân biệt x A(x 1 ; y 1 ) ; B(x 2 ; y 2 ) y 1 = m – x 1 ; y 2 = m – x 2 Theo định lí Vi-ét thì ⎧ x + x = m ⎪ 1 2 2 ⎨ 1 ⎪ x x = − ⎪ ⎩ 1 2 2 Ta có: AB = 4 ⇔ ( x 2 − x 1 ) 2 + ( y 2 − y 1 ) 2 = 16 ⇔ ( x 2 − x 1 ) 2 = 8 2 ⎛ m ⎞ 2 ⇔ ( x 2 + x 1 ) − 4 x 2 x 1 = 8 ⇔ ⎜ ⎟ + 2 = 8 ⎝ 2 ⎠ ⇔ m = ± 2 6 Vậy m = ± 2 6 là giá trị cần tìm. . ) ) = ( B ' B, BG ) = B ' BG ⇒ B ' BG = 60 0 B ' GB có C ⎧ BG = 1 a A B = 60 0 ⎫ ⎪ ⎪ 2 ⎬ ⇒ ⎨ (*) M B BB ' = a ⎪ ⎭ ⎪ B '. (a + 2b + c) = 0 B( − 2,1, 3) ∈ (P) ⇒ − 3a − b + 2c = 0(2) Khoảng cách từ C, D tới (P): 2a − b + c − a − 2b − c 3b + c − a − 2b − c ⎡ a = 2b a 2 + b 2 +