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: 180 phút; không kể thời gian phát đề Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 1y x mx m= − + − (1) , với m là tham số thực. 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1m = . 2.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: ( ) .cos32cos3cos21cos2.2sin3 xxxxx −+=++ 2) Giải hệ phương trình: =−++ =−−+− 01532 0542 22 224 yxyx yyxx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 1 4 2 0 ( ) 1 x x x e dx x + + ∫ Câu IV: (1,0 điểm) Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x ≤ a). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a. a) Gọi H là hình chiếu của M xuống AC. Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC). b) Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn nhất. Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 9 9 9 9 9 9 6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6 x y y z z x P x x y y y y z z z z x x + + + = + + + + + + + + PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Theo chương trình chuẩn. Câu VIa: (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng (Oxy) cho A( 2; -3) ; B( 3; -2) , tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 3/2 và trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng ( ) :3 8 0x y∆ − − = 2) Cho hai đường thẳng có phương trình: 1 2 3 : 1 3 2 x z d y − + = + = ; 2 3 : 7 2 1 x t d y t z t = + = − = − Viết phương trình đường thẳng cắt d 1 và d 2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.a (1,0 điểm) : Tìm phần thực, phần ảo và môdun của số phức : 5 3 1 2 i i z i i − + = + − B. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc đường thẳng d: 2 2 2 2 0x y− − = và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC. 2. Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z− + − = và các đường thẳng 1 1 3 : ; 2 3 2 x y z d − − = = − 2 5 5 : 6 4 5 x y z d − + = = − . Tìm các điểm 1 2 M d , N d ∈ ∈ sao cho MN//(P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b(1,0 điểm). Cho hàm số (C m ): 2 1 x x m y x − + = − (m là tham số). Tìm m để (C m ) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến của (C m ) tại A, B vuông góc. Trang 1/5 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010-2011 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I-1 (1 điểm) 1.(1 điểm). Khi 1m = hàm số trở thành: 4 2 2y x x= − • TXĐ: D= ¡ • Sự biến thiên: ( ) ' 3 2 0 4 4 0 4 1 0 1 x y x x x x x = = − = ⇔ − = ⇔ = ± ( ) ( ) 0 0, 1 1 CD CT y y y y= = = ± = − • Bảng biến thiên x - ∞ -1 0 1 + ∞ y ’ − 0 + 0 − 0 + y + ∞ 0 + ∞ -1 -1 A. Đồ thị I-2 (1 điểm) 2. (1 điểm) ( ) ' 3 2 2 0 4 4 4 0 x y x mx x x m x m = = − = − = ⇔ = Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ pt ' 0y = có ba nghiệm phân biệt và ' y đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó 0m⇔ > • Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: ( ) ( ) ( ) 2 2 0; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m− − − + − − + − • 2 1 . 2 ABC B A C B S y y x x m m= − − = V ; 4 , 2AB AC m m BC m= = + = B. ( ) 4 3 2 1 2 . . 1 1 2 1 0 5 1 4 4 2 ABC m m m m AB AC BC R m m S m m m = + = = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ − = V Pt )1cos2()12(cos)cos3(cos)1cos2(2sin3 +−−+−=+⇔ xxxxxx )1cos2(sin2cossin4)1cos2(2sin3 22 +−−−=+⇔ xxxxxx 0)1sin22sin3)(1cos2( 2 =+++⇔ xxx Trang 2/5 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -5 5 10 f x ( ) = x 4 -2 ⋅ x 2 1) 6 2sin(22cos2sin301sin22sin3 2 −=−⇔−=−⇔=++ π xxxxx π π kx +−=⇔ 6 )( 2 3 2 2 3 2 01cos2 Zk kx kx x ∈ +−= += ⇔=+ π π π π Vậy phương trình có nghiệm: π π 2 3 2 kx += ; π π 2 3 2 kx +−= và π π kx +−= 6 (k )Z∈ II-2 (1 điểm) Hpt =−+−+−− =−+− ⇔ 5)2(4)1(4)2)(1( 10)2()1( 22 222 yxyx yx Đặt −= −= 2 1 2 yv xu ; ta có hệ phương trình : =++ =+ 5)(4 10 22 vuuv vu =++ =−+ ⇔ 5)(4 102)( 2 vuuv uvvu = −=+ ⇔ 45 10 uv vu (vô nghiệm) hoặc −= =+ 3 2 uv vu Với −= = ⇔ −= =+ 1 3 3 2 v u uv vu hoặc = −= 3 1 v u Với −=− =− ⇒ −= = 12 31 1 3 2 y x v u = = ⇔ 1 2 y x hoặc = −= 1 2 y x Với =− −=− ⇒ = −= 32 11 3 1 2 y x v u = = ⇔ 5 0 y x III (1 điểm) Đặt I = 3 1 4 2 0 ( ) 1 x x x e dx x + + ∫ . Ta có I = 3 1 1 4 2 0 0 1 x x x e dx dx x + + ∫ ∫ IV (1 điểm) Ta tính 3 1 2 1 0 x I x e dx= ∫ Đặt t = x 3 ta có 1 1 1 0 0 1 1 1 1 3 3 3 3 t t I e dt e e= = = − ∫ 0,25 Ta tính 1 4 2 0 1 x I dx x = + ∫ Đặt t = 4 x 4 3 4x t dx t dt⇒ = ⇒ = Khi đó 1 1 4 2 2 2 2 0 0 1 2 4 4 ( 1 ) 4( ) 1 1 3 4 t I dx t dt t t π = = − + = − + + + ∫ ∫ Vậy I = I 1 + I 2 1 3 3 e π = + − Có x, y, z >0, Đặt : a = x 3 , b = y 3 , c = z 3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc : 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a b b c c a P a ab b b bc c c ca a + + + = + + + + + + + + Trang 3/5 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) a b a ab b a b a ab b a ab b + − + = + + + + + mà 2 2 2 2 1 3 a ab b a ab b − + ≥ + + (Biến đổi tương đương) 2 2 2 2 1 ( ) ( ) 3 a ab b a b a b a ab b − + => + ≥ + + + Tương tự: 3 3 3 3 2 2 2 2 1 1 ( ); ( ) 3 3 b c c a b c c a b bc c c ca a + + ≥ + ≥ + + + + + VIa VII.a (1 điểm) Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b). Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA kMB= uuur uuur ( ) ( ) 3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b= − − − + = − − − uuur uuur 3 1 3 1 1 11 2 3 3 2 11 2 4 2 2 4 1 a kb a kb a a kb k a k kb k a kb a kb b − = − = = ⇒ − = − − ⇔ + + = ⇔ = − + = − + = = => ( ) 2; 10; 2MA = − − uuur Phương trình đường thẳng AB là: 3 2 10 10 1 2 x t y t z t = + = − = − VIb * B = d ∩ Ox = (1;0) Gọi A = (t;2 2 t - 2 2 ) ∈ d H là hình chiếu của A trên Ox ⇒ H(t;0) H là trung điểm của BC. * Ta có: BH = |t - 1|; AB = 2 2 ( 1) (2 2 2 2)t t− + − = 3|t - 1| ∆ ABC cân tại A ⇒ chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| * ⇒ 16 = 8|t - 1| ⇔ t 3 t 1 = = − * Với t = 3 ⇔ A(3;4 2 ), B(1;0), C(5;0) ⇒ G( 3 ; 4 2 3 ) Với t = -1 ⇔ A(-1;-4 2 ), B(1;0), C(-3;0) ⇒ G( 1− ; 4 2 3 − ) Phương trình tham số của d 1 là: 1 2 3 3 2 x t y t z t = + = − = . M thuộc d 1 nên tọa độ của M ( ) 1 2 ;3 3 ;2t t t+ − . Theo đề: Trang 4/5 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 |1 2 2 3 3 4 1| |12 6 | , 2 2 12 6 6 1, 0. 3 1 2 2 t t t t d M P t t t + − − + − − = = ⇔ = ⇔ − = ± ⇔ = = + − + + Với t 1 = 1 ta được ( ) 1 3;0;2M ; + Với t 2 = 0 ta được ( ) 2 1;3;0M + Ứng với M 1 , điểm N 1 2 d∈ cần tìm phải là giao của d 2 với mp qua M 1 và // mp (P), gọi mp này là (Q 1 ). PT (Q 1 ) là: ( ) ( ) 3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z− − + − = ⇔ − + − = . Phương trình tham số của d 2 là: 5 6 4 5 5 x t y t z t = + = = − − (2) Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1. Điểm N 1 cần tìm là N 1 (-1;-4;0). + Ứng với M 2 , tương tự tìm được N 2 (5;0;-5). VIIb * Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) với Ox: 2 1 x m x − + − x = 0 ⇔ 2 0x m − + = ≠ x x 1 (C m ) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt ⇔ pt f(x) = x 2 - x + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ 0 (1) 0f ∆ > ≠ ⇔ 1 4 0 m m < ≠ (*) * Khi đó gọi x 1 , x 2 là nghiệm của f(x) = 0 ⇒ 1 2 1 2 1 m + = = x x x x . Ta có: y' = 2 '( )( 1) ( 1)'. ( ) ( 1) f x x x f x x − − − − ⇒ Hệ số góc tiếp tuyến của (C m ) tại A và B lần lượt là: k 1 = y'(x 1 ) = 1 1 1 2 1 '( )( 1) ( ) ( 1) f x x f x x − − − = 1 1 '( ) ( 1) f x x − = 1 1 2 1 x x − * Tương tự: k 1 = y'(x 2 ) = 2 2 2 1 x x − ( do f(x 1 ) = f(x 2 ) = 0) Theo gt: k 1 k 2 = -1 ⇔ 1 1 2 1 x x − . 2 2 2 1 x x − = -1 * ⇔ m = 1 5 ( thoả mãn (*)) Trang 5/5 Trang 6/5 . góc. Trang 1/5 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010-2011 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I-1 (1 điểm) 1.(1 điểm). Khi 1m = hàm số trở thành: 4 2 2y x x= − • TXĐ: D= ¡ • Sự biến thi n: ( ) ' 3 2 0 4. 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: 180 phút; không kể thời gian phát đề Câu I:. (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 1y x mx m= − + − (1) , với m là tham số thực. 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1m = . 2.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng