BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: Toán ; Khối : A Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y = 1 x x − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1). Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 4 2 1 tan 8 os ( ) sin 4 2. 4 1 tan x c x x x π − + + = + 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 ( ) 4 1 ( ) 2 7 2 x x y y x x x y y x + + = − + − = + Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: − + = ∫ x x x I dx x 3 2 2 3 4 1 2011 Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 0 60 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ = 4 a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC) (NPQ)⊥ . Câu V(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: 3a b c+ + = . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 4 ab bc ca a b c a b b c c a + + + + + ≥ + + PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): A. Theo chương trình chuẩn. Câu VIa: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm M 1 (0; ) 3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng : 1 : 4 1 2 x t d y t z t = = − = − + ; d 2 : 2 1 3 3 x y z− = = − − và d 3 : 1 1 1 5 2 1 x y z+ − + = = . Viết phương trình đường thẳng ∆, biết ∆ cắt ba đường thẳng d 1 , d 2 , d 3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC. Câu VIIa: (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : 2 2 2 . 8z z z z+ + = và 2z z+ = A. Theo chương trình nâng cao. Câu VIb: ( 2 điểm )1. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường tròn (C) : (x + 6) 2 + (y – 6) 2 = 50 . Đường thẳng d cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A, B khác gốc O .Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C) tại M sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB . 2. Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho A(5;3;-4) , B(1;3;4) .Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 8 5 . Câu VIIa: (1 điểm) Cho 1 z , 2 z là các nghiệm phức của phương trình 2 2 4 11 0z z− + = . Tính giá trị của biểu thức 2 2 1 2 2 1 2 ( ) z z z z + + . Trang 1/5 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010-2011 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I-1 (1 điểm) TXĐ : D = R\{1} y’ = 2 1 0 ( 1)x − < − lim ( ) lim ( ) 1 x x f x f x →+∞ →−∞ = = nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim ( ) , lim x x f x + − → → = +∞ = −∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số Bảng biến thiên 1 + ∞ - ∞ 1 - - y y' x - ∞ 1 + ∞ Hàm số nghịch biến trên ( ;1)−∞ và (1; )+∞ Hàm số không có cực trị Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng I-2 (1 điểm) Với 0 1x ≠ , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x 0 ; 0 0 1 x x − ) có phương trình : 0 0 2 0 0 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x = − − + − − 2 0 2 2 0 0 1 0 ( 1) ( 1) x x y x x ⇔ + − = − − (d) có vec – tơ chỉ phương 2 0 1 ( 1; ) ( 1) u x = − − r Trang 2/5 0 0 1 ( 1; ) 1 IM x x = − − uuur Để (d) vuông góc IM điều kiện là : 0 0 2 0 0 0 0 1 1 . 0 1.( 1) 0 2 ( 1) 1 x u IM x x x x = = ⇔ − − + = ⇔ = − − r uuur + Với x 0 = 0 ta có M(0,0) + Với x 0 = 2 ta có M(2, 2) II-1 (1 điểm) Đk: 0 2 cos x x k π π ≠ ⇔ ≠ + ,ta có ( ) 2 2 inx 1 2 n 4 cos( x ) cos x s , sin x cos x s i π + = − − = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 3 4 os 1 2 os inx cos x sin x c x sin x sin x cos x sin x c x sin x s cos x ⇔ − = − − ⇔ − = − + ( ) 3 0sin x cos x sin x⇔ − = 0 0 0 4 x k sin x x k cos x sin x tan x x k π π π π = = = ⇔ ⇔ ⇔ − = = = + Vậy pt có 2 nghiệm: 4 x k x k π π π = = + II-2 (1 điểm) Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình Với 0x ≠ , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 ( ) 2 2 7 1 ( ) 2 7 y x y x y xy x x x x y y x y x y x + + + = + + + = ⇔ + − − = + + − = Đặt 2 1 , y u v x y x + = = + ta có hệ: 2 2 4 4 3, 1 2 7 2 15 0 5, 9 u v u v v u v u v v v u + = = − = = ⇔ ⇔ − = + − = = − = +) Với 3, 1v u= = ta có hệ: 2 2 2 1, 2 1 1 2 0 2, 5 3 3 3 y x y x y x y y y x x y x y x y = = + = + = + − = ⇔ ⇔ ⇔ = − = + = = − = − . +) Với 5, 9v u= − = ta có hệ: 2 1 9 5 y x x y + = + = − , hệ này vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) (2;1), ( ; ) (5; 2).x y x y= = − III (1 điểm) − − + = = + ∫ ∫ ∫ x x x x I dx dx dx x x x 3 3 2 2 2 2 2 2 3 2 4 3 3 1 1 1 1 1 2011 2011 Trang 3/5 − = ∫ x M dx x 3 2 2 2 3 1 1 1 Đặt = − → = − → = −t t t dt dx x x x 3 2 3 2 2 3 1 1 2 1 1 3 = → = = → = −x t x t 3 7 1 0, 2 2 2 − − = = − = − ∫ ∫ x M dx t dt x 3 7 3 2 2 3 2 2 3 3 1 0 1 1 3 21 7 2 128 − = = = − = ∫ ∫ N dx x dx x x 2 2 2 2 2 2 3 3 2 1 1 1 2011 2011 14077 2011 16 2 Suy ra đáp số của I IV (1 điểm) Gọi I là trung điểm A’B’ thì ' ' ' ' ( ' ') ' AA' C I A B C I ABA B C I ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính là góc · 'C BI . Suy ra · 0 ' 60C BI = · 15 ' .tan ' 2 a C I BI C BI= = 3 . ' ' ' ' ' ' 1 . 15 . . AA'. AA' . ' ' 2 4 ABC A B C A B C a V S CI A B= = = / / ' ( ) / /( ' ) / / ' NP BC NPQ C BI PQ C I ⇒ (1) · · · · 0 ' ( ) ' ' 90 AM BI ABM BB I c g c suy ra AMB BIB suy ra AMB B BI = − − = + = ⇒ ⊥ V V . Mặt khác theo chứng minh trên C’I ⊥ AM nên AM ⊥ ( ' )C BI Suy ra (AMC) ⊥ ( ' )C BI (2) Từ (1) và (2) suy ra (MAC) (NPQ)⊥ Trang 4/5 V (1 điểm) Ta có: 3(a 2 + b 2 + c 2 ) = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) = a 3 + b 3 + c 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca 2 mà a 3 + ab 2 ≥ 2a 2 b b 3 + bc 2 ≥ 2b 2 c c 3 + ca 2 ≥ 2c 2 a Suy ra 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 3(a 2 b + b 2 c + c 2 a) > 0 Suy ra 2 2 2 2 2 2 ab bc ca VT a b c a b c + + ≥ + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 ( ) 2( ) a b c VT a b c a b c − + + ⇒ ≥ + + + + + Đặt t = a 2 + b 2 + c 2 , ta chứng minh được t ≥ 3. Suy ra 9 9 1 3 1 3 4 2 2 2 2 2 2 2 t t t VT t t t − ≥ + = + + − ≥ + − = ⇒ VT ≥ 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 VIa Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có : ' ' 2 4 2 5 N I N N I N x x x y y y = − = = − = − Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 2 2 4.2 3.1 1 2 4 3 d + − = = + AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 2 2 2 1 1 1 4d x x = + suy ra x = 5 suy ra BI = 5 Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2 4x 3y – 1 0 ( 2) ( 1) 5x y + = − + − = B có hoành độ dương nên B( 1; -1) VII.a (1 điểm) Gọi A theo tham số t , B theo u , C theo v Sử dụng điều kiện AB = BC và B là trung điểm của AC Trang 5/5 VIb Giả sử A(a;0) ; B(0;b) ( a , b khác 0) => đường thẳng d đi A , B có phương trình : 1 hay bx+ ay - ab = 0 x y a b + = d là tiếp tuyến của (C) tại M ⇔ M thuộc (C) và d vuông góc với IM Đường tròn (C) có tâm I(-6 ; 6) , d có VTCP là ( ; )u a b= − r M là trung điểm của AB nêm M ; 2 2 a b ÷ , 6; 6 2 2 a b IM = + − ÷ uuur Do đó ta có hệ phương trình 2 2 6 6 50 2 2 6 6 0 2 2 a b a b a b + + − = ÷ ÷ − + + − = ÷ ÷ 2 2 2 2 22 14 6 6 50 22 2 2 2 12 2 2 2 14 6 6 50 2 2 a b b b a b a a v b a b b a a a b = − = = + + − = ÷ ÷ = − = ⇔ ⇔ = + = = − = − = − + + − = ÷ ÷ Vậy d có phương trình : x -y +2 = 0 ; x - y +22 = 0 ; x + 7y +14 = 0 ; 7x + y – 14= 0 VIIb C thuộc mặt phẳng (Oxy) nên C( a ; b ;0) .Tam giác ABC cân tại C 2 2 2 2 ( 5) ( 3) 16 ( 1) ( 3) 16 3AC BC a b a b a=> = ⇒ − + − + = − + − + ⇒ = (1) Ta có AB = 4 5 , trung điểm BC là (3;3;0)I 1 . 8 5 4 2 ABC S CI AB CI ∆ = = ⇒ = => ( ) ( ) 2 2 3 3 4 (2)a b− + − = Từ (1) ; (2) ta có 3 7 a b = = hoặc 3 1 a b = = − Vậy có hai điểm C 1 (3 ; 7 ;0) , C 2 (3;-1;0) Giải pt đã cho ta được các nghiệm: 1 2 3 2 3 2 1 , 1 2 2 z i z i= − = + Suy ra 2 2 1 2 1 2 3 2 22 | | | | 1 ; 2 2 2 z z z z = = + = + = ÷ ÷ Trang 6/5 Đo đó 2 2 1 2 2 1 2 11 4 ( ) z z z z + = = + Trang 7/5 . BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: Toán ; Khối : A Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y =. 0z z− + = . Tính giá trị của biểu thức 2 2 1 2 2 1 2 ( ) z z z z + + . Trang 1/5 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010-2011 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I-1 (1 điểm) TXĐ : D = R{1} y’ = 2 1 0 ( 1)x − < − lim. thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng : 1 : 4 1 2 x t d y t z t = = − = − +