BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
----------------------------- Môn thi: TOÁN; Khối: A
ĐỀ CHÍNH THÚC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm)
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 (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.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
( ) ( )
1 2sin x cos x
3.
1 2sin x 1 sinx
−
=
+ −
2. Giải phương trình
( )
3
2 3x 2 3 6 5x 8 0 x R− + − − = ∈
Câu III (1,0 điểm)

( )
P : 2x 2y z 4 0− − − =
và mặt cầu
( )
2 2 2
S : x y z 2x 4y 6z 11 0+ + − − − − =
. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo
một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Gọi z
1
và z
2
là hai nghiệm phức của phương trình z
2
+ 2z + 10 = 0. tính giá trị của biểu thức A = |z
1
|
3
+ |
z
2
|
3
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn
( )
2 2

Giải hệ phương trình
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
x xy y
log x y 1 log xy
x, y R
3 81
− +

+ = +

∈

 =

.
---------------Hết---------------
1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI A NĂM 2009
Câu I.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
+ Tập xác định: x
3
2
≠ −
+ y’ =

   
→− →−
 ÷  ÷
   
+ +
= +∞ = −∞
+ +
nên tiệm cận đứng là x = -
3
2
Bảng biến thiên:
Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy tại
2
0;
3
 
 ÷
 
và cắt Ox tại (-2; 0)
2. Ta có
2
1
y'
(2x 3)
−
=
+
nên phương trình tiếp tuyến tại
0
x x=

Do đó tiếp tuyến cắt Ox tại A(
2
0 0
2x 8x 6+ +
;0)
và cắt Oy tại B(0;
2
0 0
2
0
2x 8x 6
(2x 3)
+ +
+
)
Tam giác OAB cân tại O
OA OB⇔ =
(với OA > 0)
2
2
0 0
A B 0 0
2
0
2x 8x 6
x y 2x 8x 6
(2x 3)
+ +
⇔ = ⇔ + + =
+


≠ − + π ≠ + π


≠ −
 
⇔
 
π
 
≠
≠ + π




Phương trình
⇔
cosx - 2sinxcosx =
3
(1 – sinx + 2sinx – 2sin
2
x)
⇔
cosx – sin2x =
3
+
3
sinx - 2
3

   
+ = +
 ÷  ÷
   
⇔
5
x 2x m2
6 3
5
x 2x n2
6 3
π π

+ = + + π


π π

+ = π − − + π


⇔
x m2 x m2
2 2
2
3x n2 x n
6 18 3
π π
 
− = − + π = − π

(v 0)
5u 3v 8
v 6 5x
v 6 5x

+ =

= − = −

 
≥ ⇒ ⇒
  
+ =
= −
= − 




3 2
8 2u
v
3
5u 3v 8
−

=

⇒


π π
−
∫ ∫
Ta có: I
2
=
2 2
2
0 0
1
cos x.dx (1 cos2x).dx
2
π π
= +
∫ ∫
=
1 1
x sin 2x
2
2 2 4
0
π
π
 
+ =
 ÷
 
Mặt khác xét I
1
=

15 4
π
−
Câu IV.
Vì (SBI)và (SCI)vuông góc với (ABCD) nên
SI (ABCD)⊥
.
Ta có
IB a 5;BC a 5;IC a 2;= = =
Hạ
IH BC⊥
tính được
3a 5
IH
5
=
;
Trong tam giác vuông SIH có
0
3a 15
SI = IH tan 60
5
=
.
2 2 2
ABCD AECD EBC
S S S 2a a 3a= + = + =
(E là trung điểm của AB).
3
2

( )
2
2 2
2(a b ) a b ab
 
+ − +
 
=
( )
2
2
2 (a b) 2ab a b ab
 
 
− + − +
 
 
=
( )
2
2
2 (y z) 2yz y z 4yz
 
 
− + − +
 
 
=
( )
2