Đáp án đề toán khối d 2009

Mời chúng ta thí sinh xem lời giải và lưu ý giải đề thi môn Toán vào kỳ thi tuyển chọn sinh ĐH khối D năm 2009 (những nhắc nhở này chỉ có tính chất tham khảo).



ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Môn thi: Toán (khối D) (Thời gian làm bài: 180 phút)PHẦN tầm thường CHO TẤT CẢ THÍ SINHCâu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m bao gồm đồ thị là (Cm), m là tham số. 1. Khảo sát sự đổi mới thiên cùng vẽ đồ vật thị của hàm số đã mang đến khi m = 0. 2. Tìm kiếm m để mặt đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều phải có hoành độ nhỏ tuổi hơn 2.Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 cos5x  2sin 3x cos 2x  sin x  0  x(x  y  1)  3  0  2. Giải hệ phương trình  5 (x, y  R) (x  y)2  2  1  0   x 3 dxCâu III (1,0 điểm). Tính tích phân I   x 1 e 1Câu IV (1,0 điểm). Mang đến hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ bao gồm đáy ABC là tam giác vuông trên B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn trực tiếp 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 mang lại mặt phẳng (IBC).Câu V (1,0 điểm).Cho những số thực không âm x, y biến đổi và thỏa mãn nhu cầu x + y = 1. Tìm giá chỉ trị lớn số 1 và giá chỉ trị nhỏ dại nhất của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong nhị phần (phần A hoặc B)A. Theo chương trình ChuẩnCâu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong khía cạnh phẳng cùng với hệ tọa độ Oxy, đến tam giác ABC tất cả M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường trung con đường và đường cao qua đỉnh A lần lượt gồm phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 với 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình con 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) với mặt phẳng (P): x + y + z – đôi mươi = 0. Xác định tọa độ điểm D thuộc con đường thẳng AB thế nào cho đường trực tiếp CD song song với khía cạnh phẳng (P).Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập đúng theo điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều khiếu nại z – (3 – 4i)= 2.B. Theo lịch trình Nâng caoCâu VI.b (2,0 điểm)1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, mang đến đường tròn (C) : (x – 1)2 + y2 = 1. Gọi I là trọng điểm của (C). Khẳng định tọa độ điểm M trực thuộc (C) làm sao để cho IMO = 300. X2 y2 z2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mang đến đường thẳng :   với mặt phẳng 1 1 1 (P): x + 2y – 3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) làm thế nào để cho d cắt và vuông góc với mặt đường thẳng .Câu VII.b (1,0 điểm) x2  x  1 Tìm các giá trị của thông số m để mặt đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số y  tại x nhì điểm rõ ràng A, B làm thế nào để cho trung điểm của đoạn trực tiếp AB nằm trong trục tung. ----------------------------- BÀI GIẢI GỢI ÝCâu I. 1. M = 0, y = x4 – 2x2 . TXĐ : D = R 3 y’ = 4x – 4x; y’ = 0  x = 0  x = 1; lim   x  x  1 0 1 + y"  0 + 0  0 + y + 0 + y 1 CĐ 1 CT CT y đồng vươn lên là trên (-1; 0); (1; +) y nghịch vươn lên là trên (-; -1); (0; 1) y đạt cực to bằng 0 trên x = 0 1 0 1 y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = 1 x Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0) 1 Giao điểm của đồ vật thị với trục hoành là (0; 0); ( 2 ;0)2. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và mặt đường thẳng y = -1 là x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1  x4 – (3m + 2)x2 + 3m + 1 = 0  x = 1 tốt x2 = 3m + 1 (*) Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) tại 4 điểm phân biệt tất cả hoành độ nhỏ hơn 2 khi và chỉ còn khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 với      x  k hay x    k (k  Z). 18 3 6 2 2) Hệ phương trình tương tự :  x(x  y  1)  3   x(x  y)  x  3  2 5  2 2 2 ĐK : x ≠ 0  (x  y)  1  2  x (x  y)  x  5  x Đặt t=x(x + y). Hệ trở thành: tx 3 tx3    t  x  3  t 1  x 1  2 2  2     t  x  5  (t  x)  2tx  5   tx  2   x2 t2  3  x(x  y)  1  x(x  y)  2 y  y 1 Vậy    2  x2  x 1 x2  x 1  3 3 3 1  ex  ex ex 3Câu III : I   x dx    dx   x dx  2  ln e x  1 1 1 e 1 1 1 e 1  2  ln(e3  1)  ln(e  1)  2  ln(e 2  e  1)Câu IV. C/AC 2  9a 2  4a 2  5a 2  AC  a 5BC 2  5a 2  a 2  4a 2  BC  2a MH laø hình chieáu cuûa I xuoáng maët ABCTa coù IH  ACIA/ A/ M 1 IH 2 4a A/    /   IH  I IC AC 2 AA 3 3 B 1 11 4a 4a 3VIABC  S ABC IH  2a  a   (đvtt) C 3 32 3 9Tam giaùc A’BC vuoâng taïi B 1Neân SA’BC= a 52a  a 2 5 H 2 A 2 / 2 2Xeùt 2 tam giaùc A’BC vaø IBC, Ñaùy IC  A C  S IBC  S A/ BC  a 2 5 3 3 3 3 3V 4a 3 2a 2a 5Vaäy d(A,IBC)  IABC  3 2   S IBC 9 2a 5 5 5Câu V. S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy = 16x2 y2 + 12(x3 + y3) + 34xy = 16x2 y2 + 12<(x + y)3 – 3xy(x + y)> + 34xy = 16x2 y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy = 16x2 y2 – 2xy + 12 Đặt t = x.y, vì x, y  0 và x + y = 1 bắt buộc 0  t  ¼ lúc ấy S = 16t2 – 2t + 12 1 S’ = 32t – 2 ; S’ = 0  t = 16 25 1 191 S(0) = 12; S(¼) = ;S( )= . Vị S tiếp tục <0; ¼ > buộc phải : 2 16 16 25 1 Max S = khi x = y = 2 2  2 3  2 3 191 x   x   Min S = lúc  4 hay  4 16 y  2 3 y  2 3   4   4PHẦN RIÊNGCâu VI.a.1) hotline đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung con đường AD : 7x – 2y – 3 = 0 A = AH  AD  A (1;2) M là trung điểm AB  B (3; -2) BC qua B với vuông góc cùng với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0  x + 6y + 9 = 0 3 D = BC  AD  D (0 ;  ) 2 D là trung điểm BC  C (- 3; - 1)   AC qua A (1; 2) có VTCP AC  (4; 3) phải AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0  3x – 4y + 5 = 0 x  2  t   2) AB qua A gồm VTCP AB  (1;1; 2) nên bao gồm phương trình :  y  1  t (t  ) z  2t  D  AB  D (2 – t; 1 + t; 2t)      CD  (1  t; t ; 2t) . Vày C  (P) yêu cầu : CD //(P)  CD  n (P ) 1 5 1   1(1  t)  1.t  1.2t  0  t   Vậy : D  ; ;  1 2 2 2 Câu VI.b. 1. (x – 1)2 + y2 = 1. Trung tâm I (1; 0); R = 1 Ta bao gồm IMO = 300, OIM cân tại I  MOI = 300 1  OM có hệ số góc k =  tg300 =  3 1 x x2 +k=  pt OM : y= rứa vào pt (C)  x 2  2x  0 3 3 3 3 3 3  x= 0 (loại) giỏi x  . Vậy M  ;  2 2 2 Cách khác:Ta coù theå giaûi baèng hình hoïc phaúngOI=1, IOM  IMO  300 , bởi vì ñoái xöùng ta seõ coù M12 ñieåm ñaùp aùn ñoái xöùng vôùi OxH laø hình chieáu cuûa M xuoáng OX.Tam giaùc OM 1 H laø nöûa tam giaùc ñeàu I H 3 3 3 3 3 OOI=1 => OH   OM  , HM   2 3 2 3 6 mét vuông 3 3 3 3Vaäy M 1  , , mét vuông  ,  2 2  2 2 2. điện thoại tư vấn A =   (P)  A(-3;1;1)   a   (1;1; 1) ; n ( P)  (1;2; 3)      d đi qua A và có VTCP a d   a  , n ( P)   ( 1;2;1) nên pt d là :   x  3 y 1 z 1   1 2 1Câu VII.a. điện thoại tư vấn z = x + yi. Ta có z – (3 – 4i) = x – 3 + (y + 4)i Vậy z – (3 – 4i) = 2  (x  3)2  (y  4)2  2  (x – 3)2 + (y + 4)2 = 4 cho nên vì vậy tập hòa hợp biểu diễn các số phức z vào mp Oxy là đường tròn trung ương I (3; -4) và nửa đường kính R = 2. X2  x  1Câu VII.b. Pt hoành độ giao điểm là :  2x  m (1) x  x2 + x – 1 = x(– 2x + m) (vì x = 0 ko là nghiệm của (1))  3x2 + (1 – m)x – 1 = 0 phương trình này còn có a.c