Đề thi ĐH môn Toán của Bộ Năm 2011

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: A ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 180 phút) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y= x + 2(m − 2) x + m − 5m + , m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) m=1 Tìm giá trị m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân Câu II (2,0 điểm)   π 4   π cos 2 x  tan x − cot x Giải phương trình tan  x −  tan  x +  = Giải bất phương trình x+4 + x−4 ≤ x + x − 16 − Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I= ∫ x +1 dx (1 + + x ) Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi ; hai đường chéo AC = 3a , BD = 2a cắt O; hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: a + b + c + ab + bc + ca ≥4 a 2b + b c + c a II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm C(2;-5) đường thẳng ∆ : 3x-4y+4=0 Tìm ∆ hai điểm A B đối xứng qua I(2; ) cho diện tích tam giác ABC 15 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x-y-5z+1=0 hai đường thẳng x +1 y −1 z − = = x−2 y+2 z = = d2 : −2 d1 : Hãy viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1, d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển (1+2x)10 (x2+x+1)2=a0+a1x+a2x2+…+a14x14 Hãy tìm giá trị a6 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x + y2 = , đường thẳngd : x+y+m=0 Tìm m để (C ) cắt d A B cho diện tích tam giác ABO lớn Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: x − y + z +1 = = mặt phẳng −1 (P): x + y + z + = Gọi M giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ 42 Câu VII.b(1,0 điểm) Tìm hệ số x2 khai triển ( x + nguyên dương thỏa mãn 2C 0n + n +1 2 2 C n + C n + + C nn = n +1 x 6560 n +1 ) n , biết n hệ số HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I Bạn đọc tự giải x = * Ta có f ' ( x ) = x + ( m − ) x = ⇔  x = − m * Hàm số có CĐ, CT f’(x)=0 có ngiệm phân biệt đổi dấu: m 0) x − ≥ t ≤ −2( L) BPT trở thành: t2 - t - ≥ ⇔  t ≥ * Đk:   x ≥ ( a)   9 - 2x ≤ * Với t ≥ ⇔ x − 16 ≥ - 2x  x ≥  (b)  9 - 2x >  2   4( x − 16) ≥ (9 − x) * (a) ⇔ x ≥ 145 ≤x< * (b) ⇔ 36 145  *Tập nghệm BPT là: T=  ; +∞ ÷  36  Câu III *Đặt t= (1 + + x ) ⇒ dt = dx ⇒ dx = (t − 1) dt x= t − 2t + 2x 2 Đổi cận x t * ( ) Ta 4 có I= t − 2t + ( t − 1) t − 3t + 4t −  2 1t 2 dt = ∫ dt = ∫  t − + − dt =  − 3t + ln t +  2 ∫ 22 22 2 t t  2 t t t 4 4 =2ln2- Câu IV Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a AC ,BD vuông góc với trung điểm O đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O AO = a ; BO = a , ∠ ABD=600 Hay tam giác ABD Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng SO ⊥ (ABCD) S Do tam giác ABD nên với H trung điểm AB, K trung điểm HB ta có DH ⊥ AB DH = a ; OK // DH OK = DH = a ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I hình chiếu O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) I D O C A 3a a H B K Tam giác SOK vuông O, OI đường cao ⇒ 1 a = + ⇒ SO = 2 OI OK SO Diện tích đáy S ABCD = 4S ∆ABO = 2.OA.OB = 3a a đường cao hình chóp SO = Thể tích khối chóp S.ABCD: VS ABCD = S ABC D SO = 3a Câu V Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 mà a3 + ab2 ≥ 2a2b b3 + bc2 ≥ 2b2c c3 + ca2 ≥ 2c2a Suy 3(a2 + b2 + c2) ≥ 3(a2b + b2c + c2a) > Suy VT ≥ a + b2 + c + ab + bc + ca − (a + b + c ) 2 ⇒ VT ≥ a + b + c + a + b2 + c 2(a + b + c ) Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh t ≥ Suy VT ≥ t + 9−t t t = + + − ≥ + − = ⇒ VT ≥ 2t 2t 2 2 Dấu xảy a = b = c = Câu VI.a Gọi A(a; S ABC = 3a + 16 − 3a ) ⇒ B (4 − a; ) Khi diện tích tam giác ABC 4 AB.d (C → ∆) = AB 2 a =  − 3a  AB = ⇔ (4 − a ) + Theo giả thiết ta có  ÷ = 25 ⇔  a =    Vậy hai điểm cần tìm A(0;1) B(4;4)  x = −1 + 2t x = + m   Phương trình tham số d1 d2 : d1 :  y = + 3t ; d :  y = −2 + 5m z = + t  z = −2 m   Giảuusử d cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m) uu r ⇒ MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) 3 + m − 2t = 2k uuuu r uur uur  Do d ⊥ (P) có VTPT nP (2; −1; −5) nên ∃k : MN = k n p ⇔ −3 + 5m − 3t = −k có nghiệm  −2 − 2m − t = −5k  m = t = Giải hệ tìm   x = + 2t  Khi điểm M(1; 4; 3) ⇒ Phương trình d:  y = − t thoả mãn toán  z = − 5t  Câu VII.a 1 Ta có x + x + = (2 x + 1) + nên (1 + x )14 + (1 + x )12 + (1 + x)10 16 16 14 6 Trong khai triển (1 + x ) hệ số x là: C146 Trong khai triển (1 + x ) 12 hệ số x là: C126 Trong khai triển (1 + x ) 10 hệ số x là: C106 Vậy hệ số a6 = C146 + C126 + C106 = 41748 16 16 (1 + x ) 10 ( x + x + 1) = Câu VI.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) hai điểm phân biệt ⇔ d ( 0; d ) < 1 2 *Ta có SOAB= OA.OB sin AOB = sin AOB ≤ Từ diện tích tam giác AOB lớn ∠AOB = 90 ⇔ d (I ; d ) = ⇔ m = ±1 Ta có phương trình tham số d là:  x = + 2t   y = −2 + t  z = −1 − t  ⇒ toạ độ điểm M nghiệm hệ ⇒ M (1; −3;0) uur  x = + 2t  y = −2 + t   (tham số t)  z = −1 − t  x + y + z + = uu r Lại có VTPT của(P) nP (1;1;1) , VTCP d ud (2;1; −1) uu r uu r uur Vì ∆ nằm (P) vuông góc với d nên VTCP u∆ = ud , nP  = (2; −3;1) uuuu r Gọi N(x; y; z) hình chiếu vuông góc M ∆ , MN ( x − 1; y + 3; z ) uu r uuuu r Ta có MN vuông góc với u∆ nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = x + y + z + =  Lại có N ∈ (P) MN = 42 ta có hệ: 2 x − y + z − 11 = ( x − 1) + ( y + 3) + z = 42  Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) N(- 3; - 4; 5) x−5 = x+3 = Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt ∆ : Nếu N(5; -2; -5) ta có pt ∆ : y+2 = −3 y+4 = −3 z +5 z −5 n 2 23 2n C + C + C + + C nn = ∫ (1 + x ) dx Câu VII.b Ta có n n n +1 0 n n +1 − 6560 ⇔ = ⇔ n +1 = 6561 ⇔ n = n +1 n +1 7   Lại có  x +  = ∑ k C 7k x x  14 −3 k Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa: Vậy hệ số cần tìm 21 ( Nhị thức Newton) 14 − 3k =2⇔k =2 ... =2ln2- Câu IV Từ giả thi t AC = 2a ; BD = 2a AC ,BD vuông góc với trung điểm O đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O AO = a ; BO = a , ∠ ABD=600 Hay tam giác ABD Từ giả thi t hai mặt phẳng (SAC)... cực trị là: A( 0; m − 5m + 5), B ( − m ;1 − m ), C ( − − m ;1 − m ) * Do tam giác ABC cân A, nên toán thoả mãn vuông A: AB AC = ⇔ ( m − ) = −1 ⇔ m = thỏa mãn (1) Trong AB = ( − m ;−m + 4m − 4),... a; ) Khi diện tích tam giác ABC 4 AB.d (C → ∆) = AB 2 a =  − 3a  AB = ⇔ (4 − a ) + Theo giả thi t ta có  ÷ = 25 ⇔  a =    Vậy hai điểm cần tìm A(0;1) B(4;4)  x = −1 + 2t x = + m  