Đề thi đại học toán khối d 2009 năm 2024

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
   1. Câu II [2,0 điểm]
3. Giải phương trình 3 cos5x 2sin3x cos 2x sin x 0  
4. 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]

   1. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a [2,0 điểm]
5. 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.
6. 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.

   1. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b [2,0 điểm]
   2. 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.
   3. 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]
   4. 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].
7. 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 
8. 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            

   1. 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]