ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009
Mơn thi: TỐN (khóa ngày 4-7-2009)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y =
x 2
2x 3


(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1)
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thò hàm số (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 tọa độ O.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(1 2sinx)cosx
3
(1 2sinx)(1 sinx)


 
.
2. Giải phương trình :
3
2 3x 2 3 6 5x 8 0     (x  R)
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
2
3 2
0
I (cos x 1)cos xdx

2
+ y
2
+ z
2
– 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng: mặt phẳng
(P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác đònh tọa độ tâm và tính bán kính
của đường tròn đó.
Câu VII.a (1,0 điểm). Gọi z
1
và z
2
là 2 nghiệm phức của phương trình: z
2
+2z+10=0.
Tính giá trò của biểu thức A = z
1

2
+ z
2

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
2
+ y
2

2 2
2 2
x xy y
log (x y ) 1 log (xy)
3 81
 

  





(x, y  R)

GỢI Ý GIẢI của giáo viên TRẦN VĂN TỒN
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn, TP.HCM)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I.
1.
/
2
3 1
\ , 0,
2 (2 3)
D y x D
x
 
 
+∞
3
2


1
2

+∞ -∞
y
y
/
x
-∞
1
2

- -
-2
3 2
1 2
0
x
y
2/3
2. Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng
y = x hoặc y = -x. Nghóa là:
f’(x

sin
2
x

 , sinx ≠ 1

    
 
2
1 2sin cos 3 1 2sin 1 sin
cos 2sin cos 3 1 sin 2sin
cos 3sin sin2 3cos2
    
    
   
Pt x x x x
x x x x x
x x x x1 3 1 3
cos sin sin2 cos2 cos cos 2
2 2 2 2 3 6
   
       
   
   
x x x x x x
 


t 2
3

và 6 – 5x =
3
8 5t
3


Phương trình trở thành :
3
8 5t
2t 3 8 0
3

  

3
8 5t
3 8 2t
3

  

3 2
t 4
15t 4t 32t 40 0

   
 t = -2. Vậy x = -2

 
 
1
1
3 5
2 4
1
0
0
2 2 2 2
2 2
2
2
0 0
0 0 0 0
2
3 2
0
2 8
1 2
3 5 15
1 cos2 1 1 1 1
cos cos2 sin2
2 2 2 2 4 4
8
cos 1 cos
15 4
      

      

BC a 5
2 2


 S
CIJ

2 2
3a 1 1 3a 3a 6a 3a 3
IE CJ IE SE ,SI
4 2 CJ 2
5 5 5
         ,

 
3
1 1 3a 3 3a 15
V a 2a 2a
3 2 5
5
 
  
 
 

         
3 3 3
1 1 3 1 1 5u v u v u v u v        
           
      
    
3 2 2
3
3 3
3 3
3
3 3 2
2 3 1 1 3 1 1 3 1 1 5
2 6 1 1 5 2 6(1 ) 5
1
2 6 1 5 4 6 4 0 2 1 2 0
3
           
            

 
             
 
 
t u v u v u v t t
t u v t t u v uv t
t
t t t t t t t t t

Đúng do t  2.

= (5; 0)  pt AB là y = 5
+ m = 7 
MN

= (4; 1)  pt AB là x – 1 – 4(y – 5) = 0  x – 4y + 19 = 0
A
B
D
C
I
J
E
H
N
2. I (1; 2; 3); R = 1 4 9 11 5   
d (I; (P)) =
2(1) 2(2) 3 4
3
4 4 1
  

 
< R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)
Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :
x 1 2t
y 2 2t
z 3 t
 



Câu VI.b. 1. (C) : x
2
+ y
2
+ 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R =
2

Giả sử  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ABC, ta có
S
ABC
=

1
IA.IB.sin AIB
2
= sin

AIB
Do đó S
ABC
lớn nhất khi và chỉ khi sin

AIB = 1  AIB vuông tại I
 IH =
IA
1
2
 (thỏa IH < R) 
2
1 4m

Ta có : d (M, 
2
) = d (M, (P)) 
2
261t 792t 612 11t 20   
 35t
2
- 88t + 53 = 0  t = 1 hay t =
53
35

Vậy M (0; 1; -3) hay M
18 53 3
; ;
35 35 35
 
 
 

Câu VII.b. Điều kiện x, y > 0

2 2
2 2 2 2
2 2
log (x y ) log 2 log (xy) log (2xy)
x xy y 4

   







x 2
y 2





hay
x 2
y 2
 


 
-----------------------------

Người giải đề: TRẦN VĂN TỒN
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn, TP.HCM)