ðỀ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC NĂM 2011 Môn : TOÁN - Khối : B PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2( m + )x + m (1), m tham số Khảo sát biến thiên vẽ ñồ thị hàm số (1) m = Tìm m để ñồ thị hàm số (1) có ba ñiểm cực trị A, B, C cho OA = BC, O gốc tọa ñộ, A cực trị thuộc trục tung, B C hai điểm cực trị cịn lại Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin x cos x + sin x cos x = cos x + sin x + cos x Giải phương trình + x − − x + 4 − x = 10 − 3x (x ∈ R) π + x sin x dx cos x Câu III (1,0 ñiểm) Tính tích phân I = ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD hình chữ nhật AB = a, AD = a Hình chiếu vng góc điểm A1 mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC BD Góc hai mặt phẳng (ADD1A1) (ABCD) 600 Tính thể tích khối lăng trụ ñã cho khoảng cách từ ñiểm B1 ñến mặt phẳng (A1BD) theo a Câu V (1,0 ñiểm) Cho a b số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) a b3 a b Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + − + b a b a PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh ñược làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy, cho hai ñường thẳng ∆ : x – y – = d : 2x – y – = Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d cho ñường thẳng ON cắt ñường thẳng ∆ ñiểm M thỏa mãn OM.ON = x − y +1 z mặt phẳng (P) : Trong không gian hệ toạ ñộ Oxyz, cho ñường thẳng ∆ : = = −2 −1 x + y + z – = Gọi I giao ñiểm ∆ (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MI vng góc với ∆ MI = 14 5+i Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z − −1 = z B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 ñiểm) 1 Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B ;1 ðường tròn nội tiếp tam 2 giác ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB tương ứng ñiểm D, E, F Cho D (3; 1) đường thẳng EF có phương trình y – = Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung ñộ dương x + y −1 z + Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ñường thẳng ∆ : hai ñiểm = = −2 A (-2; 1; 1); B (-3; -1; 2) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ cho tam giác MAB có diện tích 1+ i Câu VII.b (1,0 ñiểm) Tìm phần thực phần ảo số phức z = + i BÀI GIẢI GỢI Ý PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) Câu I: 1/ Khảo sát, vẽ (C) : m = ⇒ y = x4 – 4x2 + D = R, y’ = 4x3 – 8x, y’ = ⇔ x = hay x = ± Hàm số ñồng biến ( − ; 0) ( ; +∞), nghịch biến (-∞; − ) (0; Hàm số ñạt cực ñại x = yCð = 1, ñạt cực tiểu x = ± yCT = -3 lim y = +∞ 2) x →±∞ Bảng biến thiên : x -∞ − y’ − + y +∞ -3 2/ y 0 − +∞ + +∞ -3 − -2 y’ = 4x3 – 4(m + 1)x y’ = ⇔ x = hay x2 = m + Hàm số có cực trị ⇔ m + > ⇔ m > -1 Khi đồ thị hàm số có cực trị A (0; m), B ( m + ; -m2 – m – 1); C (- m + ; -m2 – m – 1) O -3 Ta có: OA = BC ⇔ m2 = 4(m + 1) ⇔ m = ± 2 (thỏa m > -1) Câu II Phương trình ñã cho tương ñương : 2sinxcos2x + sinxcosx = 2cos2x – + sinx + cosx ⇔ sinxcosx (2cosx + 1) = cosx (2cosx + 1) – + sinx ⇔ cosx(2cosx + 1)(sinx – 1) – sinx + = ⇔ sinx = hay cosx(2cosx + 1) – = π ⇔ x = + k 2π hay 2cos2x + cosx – = π ⇔ x = + k 2π hay cosx = – hay cosx = 2 π π ⇔ x = + k 2π hay x = π + k2π hay x = ± + k 2π (k ∈ Z) ðặt t = + x − − x ⇒ t2 = 9(10 − x − 4 − x ) Phương trình cho trở thành : t2 – 9t = ⇔ t = hay t = V ới t = : + x = − x ⇔ x = V ới t = : + x − − x = (ñiều kiện : -2 ≤ x ≤ 2) ⇔ + x = + 2 − x ⇔ + x = + 12 − x +4(2 – x) ⇔ 12 − x = x − 15 (vô nghiệm) Cách khác : ðặt u = + x v = − x (u, v ≥ 0), phương trình cho trở thành: 3u − 6v + 4uv = u + 4v (1) 2 (2) u + v = (1) ⇔ 3(u – 2v) = (u – 2v) ⇔ u = 2v hay u = 2v + 4 Với u = 2v ta có (2) ⇔ v2 = suy ra: – x = ⇔x= 5 x Với u = 2v + ta có (2) ⇔ (2v + 3)2 + v2 = ⇔ 5v2 + 12v +5 = (VN v≥ 0) Câu III: π π π π 3 π dx x sin xdx x sin xdx x sin xdx tan I=∫ + = x + = + [ ]0 ∫ 2 ∫ ∫ cos x cos x cos x cos x 0 ðặt u = x => du = dx sin xdx , chọn v = dv = cos x cos x π ⇒I= 3+∫ = π x sin xdx = cos x 2π sin x − + ln 3+ sin x + 3+ x dx = −∫ cos x 0 cos x = 3+ π π π 3+ 2π cos xdx + ∫0 sin x − 2π − 2π + ln = 3+ + ln(2 − 3) 2+ 3 Câu IV A1 a , ∆OIA1 nửa tam giác ñều ⇒ A1I = 2OI = a D 3a a = VABCD.A1B1C1D1 = a.a I 2 O Gọi B2 ñiểm chiếu B1 xuống mặt phẳng ABCD A Vậy d (B1, A1BD) đường cao vẽ từ B2 ∆OB2B 1 a2 = OB.B2 H S(OBB2 ) = a a = 2 2 a a ⇒ B2H = = a Câu V Theo giả thiết ta có ( a + b ) + ab = ( a + b )( ab + ) Từ ñây suy : Ta có : OI = C B2 B H 2 a b 1 1 a b + + = + ( ab + ) hay + + = a + + b + b a b a a b b a a 2 b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a + + b + ≥ 2 + b b a a a b ðặt t = + , ta suy : 2t + ≥ 2 t + ⇒ 4t2 – 4t – 15 ≥ ⇒ t ≥ b a 3 2 a b a b Mặt khác: P = + − + = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) b a b a f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = ⇒ t = − hay t = 2 23 t = 23 Vậy P = − a = b = hay a = b = Câu VI.a x = at Phương trình ON có dạng (a2 + b2 ≠ 0), N (at1; bt1) M (at2; bt2) y = bt ⇒ Min f(t) = − (a ≠ b) a −b N = ON ∩ d : 2at2 – bt2 – = ⇔ t2 = (2a ≠ b) 2a − b 4b 2b 4a 2a Suy : M ; ; , N a −b a −b 2a − b 2a − b a2 + b2 a + b = ⇔ a + b = a − b 2a − b Ta có: OM.ON = ⇔ a −b 2a − b M = ON ∩ ∆ : at1 – bt1 – = ⇔ t1 = TH1: a = ta có : b2 = b2, chọn b = ⇒ M (0; -4) , N (0; -2) TH2: a ≠ 0, chọn a = ta ñược: + b2 = (1 − b)(2 − b) ⇔ + b2 = b − 3b + b − 3b + = + b 6 2 ⇔ b = Vậy M (6; 2) ; N ; ⇔ 2 5 5 b − 3b + = −1 − b Cách khác : ðiểm N ∈ d ⇒ N (n; 2n – 2) ⇒ ON = (n; 2n – 2) ðiểm M ∈ ∆ ⇒ M (m; m – 4) ⇒ OM = (m; m – 4) Nhận xét : điểm O nằm phía ñường thẳng d ∆ nên OM.ON = ⇔ OM ON = ⇔ m = 5n (1) Ta có OM phương với ON ⇔ m.n + 4n – 2m = (2) Từ (1) (2) ⇒ 5n2 – 6n = ⇔ n = hay n = Với n = m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2) 6 2 Với n = m = 6, ta có điểm M (6; 2); N ; 5 5 Ta có ∆ cắt (P) I (1; 1; 1); ñiểm M ∈ (P) ⇒ M (x; y; – x – y) ⇒ MI = (1 – x; – y; -2 + x + y) Vectơ phương ∆ a = (1; -2; -1) MI.a = y = 2x −1 Ta có : ⇔ 2 MI = 16.14 (1 − x) + (1 − y ) + (−2 + x + y ) = 16.14 ⇔ x = -3 hay x = Với x = -3 y = -7 ðiểm M (-3; -7; 13) Với x = y = ðiểm M (5; 9; -11) Câu VII.a Gọi z = x + yi ≠ với x, y ∈ R 5+i z− − = ⇔ z z − − i − z = ⇔ x2 + y2 – x – −( + y ) i = z ⇔ x – x – = y = − ⇔ (x = -1 y = − ) hay (x = y = − ) Vậy z = −1 − 3i hay z = − 3i Câu VI.b Ta có phương trình BD : y = 1, phương trình EF : y = 3, nên BD // EF ⇒ ∆ABC cân A A 5 Ta có BD = BF ⇒ = ( x − ) + (3 − 1)2 2 ⇒ x = hay x = -1 (loại) ⇒ F (2; 3) ðường thẳng BF cắt AD A nên ta có: A (3; F 13 ) B E D C M ∈ ∆ ⇒ M (-2 + t; + 3t; -5 – 2t) AB = ( −1; −2;1) ; AM = (t ;3t ; −6 − 2t ) ; [ AB, AM ] = (t + 12; −t − 6; −t ) 1 SMAB = = [ AB, AM ] = ⇔ (t + 12) + ( −t − 6) + t = 2 ⇔ 3t + 36t = ⇔ t = hay t = -12 Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19) π π cos + i sin = cos π + i sin π Câu VII.b z = 3π 3π cos π + i sin π cos + i sin 4 4 3π 3π π π = 2 cos π − + i sin π − = 2 cos + i sin = + 2i 4 Vậy phần thực z phần ảo z + 3i + 9i + 3i Cách khác : z = = = + 2i + 3i + 3i + i 1− i Vậy phần thực z phần ảo z (TT Luyện thi ðại học Vĩnh Viễn – TP.HCM) ... có ( a + b ) + ab = ( a + b )( ab + ) Từ ñây suy : Ta có : OI = C B2 B H 2 a b? ?? 1 1 a b? ?? + + = + ( ab + ) hay + + = a + + b + b a ? ?b a a b? ?? ? ?b a a 2 b? ?? Áp dụng b? ??t đẳng... = bt ⇒ Min f(t) = − (a ≠ b) a ? ?b N = ON ∩ d : 2at2 – bt2 – = ⇔ t2 = (2a ≠ b) 2a − b 4b 2b 4a 2a Suy : M ; ; , N a ? ?b a ? ?b 2a − b 2a − b a2 + b2 a + b = ⇔ a + b = a − b 2a... 2OI = a D 3a a = VABCD.A 1B1 C1D1 = a.a I 2 O Gọi B2 ñiểm chiếu B1 xuống mặt phẳng ABCD A Vậy d (B1 , A1BD) đường cao vẽ từ B2 ∆OB 2B 1 a2 = OB .B2 H S(OBB2 ) = a a = 2 2 a a ⇒ B2 H = = a Câu V Theo