Đề thi và đáp án môn Toán khối B năm 2011 - TOANMATH.com b 11

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối: B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2(m + 1) x + m (1), m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C cho OA = BC; O gốc tọa độ, A điểm cực trị thuộc trục tung, B C hai điểm cực trị lại Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin2xcosx + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx Giải phương trình + x − − x + 4 − x = 10 − x ( x ∈ \) π Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = + x sin x dx cos x ∫ 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) 60o Tính thể tích khối lăng trụ cho khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a Câu V (1,0 điểm) Cho a b số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) ⎛ a b3 ⎞ ⎛ a b2 ⎞ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = ⎜ + ⎟ − ⎜ + ⎟ ⋅ a ⎠ a ⎠ ⎝b ⎝b 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 tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆: x – y – = d: 2x – y – = Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ điểm M thỏa mãn OM.ON = x − y +1 z Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng Δ : mặt = = −2 −1 phẳng (P): x + y + z – = Gọi I giao điểm ∆ (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 − − = z B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) ⎛1 ⎞ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B ⎜ ; 1⎟ Đường tròn nội tiếp ⎝2 ⎠ tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB tương ứng điểm D, E, F Cho D (3; 1) đường thẳng EF có phương trình y – = Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương x + y −1 z + Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: hai = = −2 điểm A(– 2; 1; 1), B(– 3; – 1; 2) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ cho tam giác MAB có diện tích B B ⎛1+ i ⎞ Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực phần ảo số phức z = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 1+ i ⎠ - Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Điểm Đáp án (1,0 điểm) Khi m = 1, ta có: y = x4 – 4x2 + • Tập xác định: D = R • Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: y' = 4x3 – 8x; y' = ⇔ x = x = ± Hàm số nghịch biến khoảng (– ∞; – ) (0; ); đồng biến khoảng (– 2; 0) ( 2; + ∞) – Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = ± 2; yCT = – 3, đạt cực đại x = 0; yCĐ = – Giới hạn: lim y = lim y = + ∞ x→ − ∞ 0,25 0,25 x→ + ∞ – Bảng biến thiên: +∞ x –∞ – y' – + – + +∞ y –3 –3 +∞ 0,25 y • Đồ thị: − 2 –2 O x 0,25 –3 (1,0 điểm) II (2,0 điểm) y'(x) = 4x3 – 4(m + 1)x = 4x(x2 – m – 1); y'(x) = ⇔ x = x2 = m + (1) 0,25 Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, khi: (1) có hai nghiệm phân biệt khác ⇔ m > – (*) 0,25 Khi đó: A(0; m), B( − m + 1; – m2 – m – 1) C( m + 1; – m2 – m – 1) Suy ra: OA = BC ⇔ m2 = 4(m + 1) ⇔ m2 – 4m – = 0,25 ⇔ m = ± 2; thỏa mãn (*) Vậy, giá trị cần tìm: m = – 2 m = + 2 0,25 (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với: sinx(1 + cos2x) + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx ⇔ cos2x(sinx – 1) + cosx(sinx – 1) = ⇔ (sinx – 1)(cos2x + cosx) = • sinx = ⇔ x = π + k2π 0,25 0,25 0,25 2π π +k 3 2π π π Vậy, phương trình cho có nghiệm: x = + k2π; x = + k (k ∈ Z) 3 • cos2x = – cosx = cos(π – x) ⇔ x = Trang 1/4 0,25 Câu Điểm Đáp án (1,0 điểm) Điều kiện: – ≤ x ≤ (*) ) 0,25 Đặt t = + x – 2 − x , (1) trở thành: 3t = t2 ⇔ t = t = • t = 0, suy ra: + x = 2 − x ⇔ + x = 4(2 – x) ⇔ x = , thỏa mãn (*) • t = 3, suy ra: + x = 2 − x + 3, vô nghiệm (do + x ≤ 2 − x + ≥ với x ∈ [– 2; 2]) Vậy, phương trình cho có nghiệm: x = 0,25 III (1,0 điểm) ( + x − 2 − x + 4 − x =10 − x (1) Khi đó, phương trình cho tương đương: I = π π π 3 + x sin x ∫0 cos2 x dx = ∫0 cos2 x dx + 0,25 0,25 ∫ cos x sin x dx x 0,25 0,25 π π = x = tan x d ( ) ∫0 cos2 x Ta có: và: π π 3 x sin x ∫0 cos2 x dx = π ⎛ ⎞ ⎛ x ⎞ ∫0 x d ⎜⎝ cos x ⎟⎠ = ⎜⎝ cos x ⎟⎠ – π π 3 2π dx ∫0 cos x = + d sin x x −1 ∫ sin π = 2π ⎛ 1 ⎞ + ∫⎜ − ⎟ d sin x ⎝ sin x − sin x + ⎠ π = IV (1,0 điểm) 2π ⎛ sin x − ⎞ 2π = + ⎜ ln + ln(2 − 3) Vậy, I = ⎝ sin x + ⎟⎠ 3 + 2π + ln(2 − 3) Gọi O giao điểm AC BD ⇒ A1O ⊥ (ABCD) Gọi E trung điểm AD ⇒ OE ⊥ AD A1E ⊥ AD ⇒ n A1 EO góc hai mặt phẳng (ADD1A1) (ABCD) ⇒ n A1 EO = 60D B1 C1 D1 A1 B A E O H Diện tích đáy: SABCD = AB.AD = a 0,25 0,25 3a Thể tích: VABCD A1B1C1D1 = SABCD.A1O = C D 0,25 a AB ⇒ A1O = OE tan n A1 EO = A1 EO = tan n 2 Ta có: B1C // A1D ⇒ B1C // (A1BD) ⇒ d(B1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)) Hạ CH ⊥ BD (H ∈ BD) ⇒ CH ⊥ (A1BD) ⇒ d(C, (A1BD)) = CH B B B CD.CB Suy ra: d(B1, (A1BD)) = CH = B V (1,0 điểm) 0,25 CD + CB = a 0,25 0,25 Với a, b dương, ta có: 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) 2 ⎛a b⎞ ⎛1 1⎞ + ⎟ + = (a + b) + ⎜ + ⎟ ⎝b a⎠ ⎝a b⎠ ⇔ 2(a + b ) + ab = a b + ab + 2(a + b) ⇔ ⎜ Trang 2/4 0,25 Câu Điểm Đáp án ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ ⎞ ⎛a b (a + b) + ⎜ + ⎟ ≥ 2(a + b) ⎜ + ⎟ = 2 ⎜ + + ⎟ , suy ra: ⎝a b⎠ ⎝b a ⎠ ⎝a b⎠ a b ⎛a b⎞ ⎛a b ⎞ 2⎜ + ⎟ + ≥ 2⎜ + + 2⎟ ⇒ + ≥ b a ⎝b a ⎠ ⎝b a⎠ a b + , t ≥ , suy ra: P = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 b a Xét hàm f(t) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18, với t ≥ 0,25 Đặt t = 0,25 23 ⎛5⎞ Ta có: f '(t ) = 6(2t2 – 3t – 2) > 0, suy ra: f (t ) = f ⎜ ⎟ = – ⎡5 ⎞ ⎝2⎠ ⎢ 2;+ ∞ ⎟ ⎣ Vậy, minP = – ⎠ 0,25 23 a b ⎛1 1⎞ ; khi: + = a + b = ⎜ + ⎟ b a ⎝a b⎠ ⇔ (a; b) = (2; 1) (a; b) = (1; 2) VI.a (1,0 điểm) (2,0 điểm) d O• N ∆ M N ∈ d, M ∈ ∆ có tọa độ dạng: N(a; 2a – 2), M(b; b – 4) O, M, N thuộc đường thẳng, khi: 4a a(b – 4) = (2a – 2)b ⇔ b(2 – a) = 4a ⇔ b = 2−a 0,25 OM.ON = ⇔ (5a2 – 8a + 4)2 = 4(a – 2)2 0,25 2 ⇔ (5a – 6a)(5a – 10a + 8) = ⇔ 5a – 6a = ⇔ a = a = ⎛6 2⎞ Vậy, N(0; – 2) N ⎜ ; ⎟ ⎝5 5⎠ 0,25 0,25 (1,0 điểm) ⎧ x − y +1 z = = ⎪ Tọa độ điểm I nghiệm hệ: ⎨ −2 −1 ⇒ I(1; 1; 1) ⎪⎩ x + y + z − = Gọi M(a; b; c), ta có: ⎧a + b + c − = ⎪ M ∈ (P), MI ⊥ ∆ MI = 14 ⇔ ⎨a − 2b − c + = ⎪(a − 1) + (b − 1) + (c − 1) = 224 ⎩ VII.a 0,25 0,25 ⎧b = 2a − ⎪ ⇔ ⎨c = −3a + ⎪(a − 1) + (2a − 2) + (−3a + 3) = 224 ⎩ 0,25 ⇔ (a; b; c) = (5; 9; – 11) (a; b; c) = (– 3; – 7; 13) Vậy, M(5; 9; – 11) M(– 3; – 7; 13) 0,25 Gọi z = a + bi với a, b ∈ R a2 + b2 ≠ 0, ta có: (1,0 điểm) z− 5+i 5+i –1=0 − = ⇔ a – bi – z a + bi Trang 3/4 0,25 Câu Điểm Đáp án 2 2 ⇔ a + b – – i – a – bi = ⇔ (a + b – a – 5) – (b + )i = 2 ⎪⎧ a + b − a − = ⇔ ⎨ ⎪⎩b + = (2,0 điểm) 0,25 ⎪⎩b = − ⇔ (a; b) = (– 1; – VI.b ⎪⎧a − a − = ⇔ ⎨ ) (a; b) = (2; – 0,25 ) Vậy z = – – i z = – i 0,25 (1,0 điểm) JJJG ⎛ ⎞ BD = ⎜ ; ⎟ ⇒ BD // EF ⇒ tam giác ABC cân A; ⎝2 ⎠ 0,25 ⇒ đường thẳng AD vng góc với EF, có phương trình: x – = 25 ⎛ 1⎞ F có tọa độ dạng F(t; 3), ta có: BF = BD ⇔ ⎜ t − ⎟ + 22 = ⇔ t = – t = ⎝ 2⎠ • t = – ⇒ F(– 1; 3); suy đường thẳng BF có phương trình: 4x + 3y – = A F E B D 0,25 7⎞ ⎛ A giao điểm AD BF ⇒ A ⎜ 3; − ⎟ , không thỏa mãn 3⎠ ⎝ u cầu (A có tung độ dương) • t = ⇒ F(2; 3); suy phương trình BF: 4x – 3y + = ⎛ 13 ⎞ ⎛ 13 ⎞ C ⇒ A ⎜ 3; ⎟ , thỏa mãn yêu cầu Vậy, có: A ⎜ 3; ⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ 0,25 0,25 (1,0 điểm) VII.b (1,0 điểm) M ∈ ∆, suy tọa độ M có dạng: M(– + t; + 3t; – – 2t) 0,25 JJJJG JJJG JJJJG JJJG ⇒ AM = (t; 3t; – – 2t) AB = (– 1; – 2; 1) ⇒ ⎡⎣ AM , AB ⎤⎦ = (– t – 12; t + 6; t) 0,25 S∆MAB = ⇔ (t + 12)2 + (t + 6)2 + t2 = 180 0,25 ⇔ t2 + 12t = ⇔ t = t = – 12 Vậy, M(– 2; 1; – 5) M(– 14; – 35; 19) 0,25 ⎛1 ⎞ π π⎞ ⎛ + i = ⎜⎜ + i ⎟⎟ = ⎜ cos + i sin ⎟ + i = 3⎠ ⎝ ⎝2 ⎠ ( cos π + i sin π ) suy ra: z = 3π 3π ⎞ ⎛ 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 4 ⎠ ⎝ π π⎞ ⎛ ⎜ cos + i sin ⎟ ; 4⎠ ⎝ 0,25 0,25 π π⎞ ⎛ = 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 4⎠ ⎝ 0,25 = + 2i Vậy số phức z có: Phần thực phần ảo 0,25 - Hết - Trang 4/4 ...ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2 011 Mơn: TỐN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) B GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu... ⎟ b a⎠ ⎝a b ⇔ 2(a + b ) + ab = a b + ab + 2(a + b) ⇔ ⎜ Trang 2/4 0,25 Câu Điểm Đáp án ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ ⎞ ⎛a b (a + b) + ⎜ + ⎟ ≥ 2(a + b) ⎜ + ⎟ = 2 ⎜ + + ⎟ , suy ra: ⎝a b b a ⎠ ⎝a b a b ⎛a b ... d(C, (A1BD)) = CH B B B CD.CB Suy ra: d (B1 , (A1BD)) = CH = B V (1,0 điểm) 0,25 CD + CB = a 0,25 0,25 Với a, b dương, ta có: 2(a2 + b2 ) + ab = (a + b) (ab + 2) 2 ⎛a b ⎛1 1⎞ + ⎟ + = (a + b) + ⎜