Đáp án đề thi Đại học Toán Khối B năm 2011

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I 1. Khi m=1. Hàm số trở thành 4 2 y x 4x 1 = − + *TXĐ: ¡ * 3 y 4x 4x x 0 y' 0 x 1 ′ = − =  = ⇔  = ±  * ( ) 2 2 y 12x 4 4 3x 1 ′′ = − = − * y 0 ′ > trên các khoảng (-1 ; 0), (1 ; + ∞ ). y 0 ′ < trên các khoảng (- ∞ ; -1), (0 ; 1). Hàm số đồng biết trên các khoảng (-1 ; 0), (1 ; + ∞ ). Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; -1), (0 ; 1). Điểm cực đại: ( ) A 0;1 Điểm cực tiểu: ( ) ( ) 1 2 B 1; 2 ;B 1; 2 − − − * y ′′ > 0 trên 1 1 ; ; ; 3 3     − ∞ − + ∞  ÷  ÷  ÷  ÷     y ′′ < 0 trên 1 1 ; 3 3   −  ÷  ÷   Hàm số lõm trên các đoạn 1 1 ; ; ; 3 3     − ∞ − + ∞  ÷  ÷  ÷  ÷     Hàm số lồi trên các đoạn 1 1 ; 3 3   −  ÷  ÷   Điểm cực đại: ( ) A 0;1 Điểm cực tiểu: ( ) ( ) 1 2 B 1; 2 ;B 1; 2 − − − * Trục đối xứng x = 0; x lim y → ± ∞ = + ∞ * Bảng biến thiên x − ∞ −1 0 1 + ∞ y ′ + 0 − 0 + 0 − y + ∞ 1 − ∞ −2 −2 Trang 1 Đồ thị hàm số 2. 4 2 3 2( 1) (1) ' 4 4( 1) y x m x m y x m x = − + + = − + Để (1) có 3 điểm cực trị thì y’= 0 phải có 3 nghiệm phân biệt 1m ⇔ > − Khi đó: 3 nghiệm của PT y’=0 là 1 2 3 0; 1; 1x x m x m = = − + = + A là điểm thuộc trục tung 0 , A A x OA y m ⇒ = ⇒ = = 2 1BC m = + Vậy yêu cầu bài toán : 2 2 1 4( 1)m m m m ⇔ = + ⇔ = + 2 2 2 ( ) 2 2 2 m TM m  = + ⇔  = −   Câu II 1. Trang 2 2 2 sin 2 cos sin x cos os2 sinx cos 2sin cos sinx os2 sin xcos cos 0 sinx(2cos 1) os2 cos (sinx 1) 0 sinx. os2 os2 cos (sinx 1) 0 os2 (sinx 1) cos (sinx 1) 0 (sinx 1)( os2 cos ) 0 sinx 1 x x x c x x x x c x x x x c x x c x c x x c x x c x x c + = + + ⇔ − − + − = ⇔ − − + − = ⇔ − + − = ⇔ − + − = ⇔ − + = = ⇔ os2 cos 0 )sinx=1 2 2 ) os2 cos 0 os2 cos os2 os( ) 2 2 2 2 2 3 3 2 x x x k c x x c x x c x c x x x k x x k k x x k π π π π π π π π π π π   + =  + ⇔ = + + + = ⇔ = − ⇔ = − = − +  ⇔  = − +   = +  ⇔  = − +  2. ĐK : 2 2x − ≤ ≤ Đặt 2 2 2 2 2 2 4(2 ) 4 (2 )(2 ) 10 3 4 4t x x t x x x x x x = + − − ⇒ = + + − − + − = − − − Phương trình đã cho trở thành 2 0 3 3 t t t t =  = ⇔  =  +) 6 0 2 2 2 2 4(2 ) 5 6 5 t x x x x x x = ⇒ + = − ⇒ + = − ⇒ = ⇒ = +) t = 3 2 2 2 3 2 4(2 ) 9 12 2 5 15 12 2 ( )x x x x x x x L ⇒ + = − + ⇒ + = − + + − ⇒ − = − Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : 6 5 x = Câu III 3 3 1 2 2 2 0 0 sin os os dx x x I dx I I c x c x π π = + = + ∫ ∫ * 3 1 0 t anx 3I π = = *Tính 2 I : Trang 3 Đặt u = x du dx ⇒ = d 2 2 sin x (cos ) , os os dx d x v c x c x − = = chọn v = 1 cos x 3 3 3 2 2 0 0 0 3 3 0 0 2 cos cos cos 3 os 2 (sinx) 2 1 1 sinx 2 ln ln(2 3) 3 (1 sinx)(1 sinx) 3 2 1 sinx 3 x dx xdx I x x c x d π π π π π π π π π = − = − + = − = − = − + − + − ∫ ∫ ∫ Vậy 2 3 ln(2 3) 3 I π = + − + Câu IV Ta có BD = 2 2 3 2a a a + = Từ O hạ OE vuông góc với AD ( ) E AD ∈ góc giữa ( ) ( ) 1 1 và ADD A ABCD là · 60 o AEO = Ta có 0 1 3 tan60 . 2 a A O OE = = Thể tích khối lăng trụ V = V 3 2 1 3 3 . 3. 2 2 ABCD a a S A O a = = = 1 AB cắt 1 A B tại trung điểm của mỗi đường nên: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1, 1 1 3 , A ABD A BD V d B A BD d A A BD S = = Ta có 1 1 1 . 3 A ABD ABD V AO S = 1 1 1 . 2 A BD S A O BD = Nên ( ) ( ) 2 1 1 3 3 , 1 2 2 2 ABCD ABD S S a a d B A BD BD a BD = = = = Câu V Đặt , a b t b a = + ta có 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 . 3 3 a b a b a b a b a b t t t t b a b a b a b a b a   = + + + = + + = > + = −  ÷   Suy ra ( ) ( ) 3 2 3 2 4 3 9 2 4 9 12 18P t t t t t t = + − − = − − + Trang 4 Đặt s = a + b,P = ab; ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 3) 4 4 4 1 2 ( 1) 1 1 1 4 2 9 2 9 2 ( 1) 5 9 9 1 2 2 9 5 2 2 S P P S P S S s s P S S S S S s s S S S S a b ab S S P P ab S t P − + = + − + ⇒ = = = + + + = − + + − − − − + + ≥ − + = ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ − ⇒ ≥ ⇒ ≥ Xét hàm số f(t) 3 2 4 9 12 18t t t − − + Ta có f’(t) = 2 12 18 12 6( 2)(2 1) 0t t t t − − = − + > ⇒ đồng biến trên 5 ; 2   + ∞     Suy ra 5 23 23 ( ) 2 4 4 f t f P − −   ≥ = ⇒ ≥  ÷   Dấu “=” xảy ra khi a=1; b=2. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 23 4 − PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1. Phương trình của d: 2 2 x t t R y t =  ∈  = −  ¡ Tọa độ N : ( ;2 2)d N t t ∈ − Phương trình đường thẳng ON là ( ) 2 2 0 2 2 x y hay t x ty t t = − − = − Tọa độ M là nghiệm của hệ ( ) 2 2 0 4 0 t x ty x y − − =   − − =   Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi t 2 ≠ và khi đó 4 2 t x t = − và 8 8 2 t y t − = − Suy ra 4 8 ; 2 2 t t t M t t −    ÷ − −   Ta có ( ) 2 2 2 2 4 8 . . 2 2 2 2 t t t OM ON t t t t −     = + + −  ÷  ÷ − −     = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 2 4 5 8 4 2 2 t t t t t t + − − + = − − Trang 5 Theo giả thiết . 8OM ON = nên ( ) 2 5 8 4 2 2 1t t t − + = − Nếu t > 2 thì (1) 2 2 5 8 4 2 4 5 10 8 0t t t t t ⇔ − + = − ⇔ − + = (vô nghiệm) Nếu t < 2 thì (1) 2 2 0 5 8 4 4 2 5 6 0 6 t= 5 t t t t t t =   ⇔ − + = − ⇔ − = ⇔   Nếu t = 0 thì N(0;-2); 6 5 t = thì N 6 2 ; 5 5    ÷   2. Phương trình tham số của ∆ 2 1 2 x t y t z t = +   = − −   = −  ( )t R ∈ Tọa độ giao điểm I của ∆ và (P) là I(1;1;1). Vì MI vuông góc với ∆ nên M thuộc mặt phẳng (Q) qua I và vuông góc với ∆ , do đó M thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là (1;1;1) p n = uur véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q) là (1; 2; 1) Q n u ∆ = = − − uur uur giao tuyến của (P) và (Q) là đường thẳng d đi qua I và có véctơ chỉ phương là: ; (1;2; 3) d P Q u n n   = = −   uur uuruur phương trình của d là 1 1 2 1 3 x t y t z t = +   = +   = −  ( )t R ∈ M ∈ d nên tọa độ của M(1+t; 1+2t; 1-3t). Ta có 2 2 2 2 MI (2 ) ( 3 ) 14 14t t t t t = + + − = = Theo giả thiết 4 14MI = nên 4t = Hay 4t = ± có hai điểm M thỏa mãn M(5;9;-11) và (-3;-7;13) Câu VII.a Đặt 2 2 2 2 2 2 2 ; ( , , 0) 5 3 0 1; 2 5 0 2 0 3 3 3 z a bi a b R a b PT a b i a bi a a a b a a a b b b = + ∈ + > ⇔ + − − − − = = − =   + − − = − − =     ⇔ ⇔ ⇔    = − = − = −       Vậy 1 2 1 3, 2 3z i z i = − − = − Trang 6 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b 1. Phương trình BC: y=1,kéo theo BC//EF Gọi I là tâm đường trọn nội tiếp ABC ∆ ;M là hình chiếu của A trên EF. Ta có AI EF ⊥ nên AI BC ⊥ , do đó ABC ∆ cân tại A.Suy ra D là trung điểm của BC và AD BC ⊥ .Phương trình AD là x=3 Ta có 5 2 BE BD = = . Theo định lý Talet, ta có AD AB AB MD BE BD = = Dễ thấy MD=2 nên 4 5 AD AB = Giả sử A(3;a) Với a > 0, ta có ( ) 2 2 ( 1) 4 5 25 1 4 a a − = + − Hay ( ) 2 100 13 1 à do a > 0 nên a= 9 3 a v − = Tọa độ A là A 13 3; 3    ÷   2. Xét ( ) M 2 a; 1 3a; 5 2a − + + − − ∈ ∆ Vec tơ ( ) MA a;3a; 6 2a − − uuuur , vec tơ ( ) MB 1 a; 2 3a; 7 2a + − + − − uuur Tích có hướng của hai vec tơ là (12 – 7a ; -6 – a ; -5a) 2 2 2 2 1 1 (12 7 ) ( 6 ) ( 5 ) 75 156 180 2 2 MAB S a a a a a = − + − − + − = − + 2 75a 156a 180 6 5 ⇒ − + = 2 a 0 75a 156a 0 52 a 25 =   ⇔ − = ⇔  =  a 0 = ( ) 1 M 2;1; 5 ⇒ − − 2 52 2 171 229 a M ; ; 25 25 25 25   = ⇒ −  ÷   Câu VII.b z = 1 3 3i 9 3 3i 8 4 4(1 i) 2 2i 1 3i 3 i 2 2i 1 i 2 + − − − + = = = = + + − − − + − Phần thực là 2, phần ảo là 2 Trang 7 . O BD = Nên ( ) ( ) 2 1 1 3 3 , 1 2 2 2 ABCD ABD S S a a d B A BD BD a BD = = = = Câu V Đặt , a b t b a = + ta có 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 . 3 3 a b a b a b a b a b t t t t b a b a b. 2 ABCD a a S A O a = = = 1 AB cắt 1 A B tại trung điểm của mỗi đường nên: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1, 1 1 3 , A ABD A BD V d B A BD d A A BD S = = Ta có 1 1 1 . 3 A ABD ABD V AO S = 1 1 1 . 2 A BD S. giả thi t 4 14MI = nên 4t = Hay 4t = ± có hai điểm M thỏa mãn M(5;9;-11) và (-3;-7;13) Câu VII.a Đặt 2 2 2 2 2 2 2 ; ( , , 0) 5 3 0 1; 2 5 0 2 0 3 3 3 z a bi a b R a b PT a b i a bi a a a b