Toan A+án - 2011

Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc (E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.. 2..[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN; Khối A

Thời gian làm 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

2

x y

x

  



1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2 Chứng minh với m đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A B Gọi k1, k2 hệ số góc tiếp tuyến với (C) A B Tìm m để tổng k1+k2 đạt giá trị nhỏ Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình sin 2 os2 sin x sin cot

x c x

x x

  



2 Giải hệ phương trình

2

2 2

5 2( )

( , )

( ) ( )

x y xy y x y

x y

xy x y x y

     

 



   



Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân

4

0

sinx ( 1) cos sin cos

x x x

I dx

x x x



  

 

Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng cân B, AB = BC = 2a; hai mặp phảng (SAB) (SAC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M trung điểm AB; mặt phẳng qua SM song song với BC, cắt AC N Biết góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) bẳng 600 Tính thể tích khối chop S BCNM khoảng cách hai đường thẳng AB SN theo a

Câu V: (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn [1;4] xy x, zTìm giá trị nhỏ biểu thức

2

x y z

P

x y x y z x

  

  

PHẦN RIÊNG (3.0 điểm); Thí sinh làm hai phần (Phần A B) A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a(2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ; x + y + = đường tròn

(C): x2 + y2 – 4x – 2y = Gọi I tâm (C), M điểm thuộc Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MA MB đến (C) (A B tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích 10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; -2; 3) mặt phẳng

(P); 2x – y – z + = Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MA = MB = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất số phức z, biết z2 z2z

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E);

2

1

4

x  y 

Tìm tọa độ điểm A B thuộc (E), có hoành độ dương cho tam giác OAB cân O có diện tích lớn

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S); x2y2 z2 4x4y4z0và điểm A(4; 4; 0) Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) tam giác OAB

Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun số phức z, biết;2z – 1 i (    z1)(1 ) 2  i i

-HẾT -

Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

HƯỚNG DẪN GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I

 

/

2

1

\ ; 0,

2

D y x D

x

  

      

  

TCĐ: x=

2 1

2

lim , lim

x x

y y

 

 

   ; TCN: y =

 vìlim

2

xy 

Hàm số nghịch biến (;1 2) (

1

2; +) Hàm số khơng có cực trị x -∞

2 +∞ y’  

y

-1

2 +∞

-∞ -1

2 Phương trình hồnh độ giao điểm (C) đường thẳng d : y = x +m

2

x

x m x

   

  (2x – 1) (x + m) = -x + (Vì x =

1

2 không nghiệm)

 2x2 + 2mx – (m + 1) = (1)

Phương trình (1) có  m22m 2 (m1)2   1 0, m

R

 Phương trình (1) ln có nghiệm nên d cắt (C) hai điểm A, B Hoành độ tiếp điểm A, B x1, x2 nghiệm phương trình (1)

 x1 + x2 = - m x1.x2 = m



Ta có: 1 2 2 2

1

1

(2 1) (2 1)

k k

x x

   

  =  

2

1 2

2

1 2

4( ) 4( )

4 2( )

x x x x

x x x x

   



  

=(4m28m  6) 4(m1)22

k1 + k2 đạt giá trị lớn -2  m = -1

Câu II:

1 sin2 2cos 2.sin sin2 cot

x x

x x

x

  



 sin2x(1 sin2 xcos )x 2 sin2xcosx (ĐK : sinx ≠ 0) sin 2x cos 2x 2 cosx

   

2

2cos x 2sin cosx x 2 cosx

   

 2cos (cosx xsinx 2)0

 cosx = hay cosx + sinx =

 cosx = hay sin x 

  

 

 

 x =

2 k

 

hay x =

4 k

  

(k  Z)

O

1



-1

1 x

2

2

2 2

2 2

2

2

2

5 2( ) (1)

( ) ( ) (2)

(2) ( ) 2

( )( 1) 2( 1)

( 1)( 2)

1

x y xy y x y

xy x y x y

xy x y x y xy

x y xy xy

xy x y

xy x y                                      

5 2( )

TH1:

1

1

1

x y xy y x y

xy x x v y y                        2

2 2

2

2

5 2( )

TH2 :

2

5 ( )( )

2 2

2 2

1 5

1 2 2

5

x y xy y x y

x y

x y xy y x y x y

x y

y x v y x x y x x x x v y y y y                                                                      

Câu III : 4

0

sin ( 1) cos sin cos cos

sin cos sin cos sin cos

x x x x x x x x x

dx dx

x x x x x x x x x

                 =   ' 4 0

sin cos 2

1 ln sin cos ln( )

sin cos

x x x

dx x x x x

x x x

                        

Câu IV Ta có : SBA = 600 SBA ½ tam giác nên SA =

4 3 a a 

V(SMNCB) = 1 ( )

3 a

a a a

  

 

  =

3 3

a

Kẻ NI // AB để có AMNI hình vng, khoảng cách AB đến SN đường cao SAI, gọi h chiều cao đó, ta có:

2 2

1 1

(2 3)

h  a a  h = 12 13 a

Câu V P =

2

x y z

x y yzzx

Lấy đạo hàm theo z ta có : P’ (z) = 2 2

( ) ( )

y x

y z z x

     = 2 ( )( ) ( ) ( )

x y z xy y z z x

 

 

S

A B

C N

M

+ Nếu x = y P =

+ Ta xét x > y P  P( xy ) =

2

y x

x y y x Khảo sát hàm P theo z, ta có P nhỏ z = xy

Đặt t = x

y  P thành f(t) =

2

2

2

2

t

t   t (t  (1; 2])

 f’(t) =

3

2 2

2[4 ( 1) 3(2 3)]

(2 3) ( 1)

t t t t

t t

    

  <

Vậy P  f(t)  f(2) = 34

33 Dấu “=” xảy x = 4, y = 1, z = Vậy P = 34

33 Câu VI.a

1 Diện tích MAI=5 =1

2AM  AM 2 5và MI

= IA2 + AM2 = 25 M M(m; -m – 2) Vậy MI  (2 m m; 3) nên ta có phương trình:

2

4m 4m m 6m 9 25  m2 + m – =  m = hay m = -3

 M (2; -4) M (-3; 1)

2 Pt mp (Q) trung trực đoạn AB qua trung điểm I (1;-1;2) AB có VTPT IA=(1;1;-1) : x + y – z + = Giao tuyến d (P) (Q) qua J (0; 1; 3) có VTCP a= (2; 1; 3)

 pt d : 3 x t

y t

z t

         

MA = MB, M  (P)  M  d  M (2t; + t; + 3t) MA =  (2 – 2t)2 + (-1 – t)2 + (-2 – 3t)2 =

 t = hay t =

 Vậy M (0; 1; 3) hay M 12; ; 7

 

 

 

Câu VII.a Giả sử z = a + bi (a, b  R)

z2 z2  z (a ib)2a2   b2 a ib a2 b2 2abia2  b2 a bi



2

2 2 2

1

2

2

a b

a b a a b

b ab b v a

  

     

  

  

 

2

4

0

1

2 b a

b a

 



 

  

  

 

1

0 2 2

0 1

2

a a

a b

b b

     

 



  

    



     

 

 

Vậy có số phức thỏa ĐK :

1 1

0, ,

2 2

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b Do xA, xB > OAB cân O nên A, B đối xứng qua O xA = xB > 0, yB = - yA

Do A  (E) nên

2

1

4

A A

x  y  SOAB =

1

( , )

2AB d O AB 2 yA xA  x yA A Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : =

2 2

2

2

4

A A A

A A A OAB

x y x

y x y S

   

S lớn :

2 2 A A x y         2 A A x y        

Vậy : A ( 2; 2) ; B

2

( 2; )

2

 hay A ( 2; 2)

 ; B ( 2; 2)

2 Cách khác :

Gọi OH đường cao ta có OHxA, xA 0 v AH yA SOAB xA yA Mà ta có : ( 2; 2), ( 2; 2)

2

A B

 

.2 4

OAB A A

S y y

   4

4

A A

y   y

 

và 2

2

A A

S y   x 

2

( 2; ), ( 2; )

2

A B

  ( 2; 2), ( 2; 2)

2

B A 

2 B  (S) ABC nên

2 2

2

2

4 4

B B B B B B

x y z x y z

OA OB OA AB              

2 2

2 2

2 2

4( )

32

32 (4 ) (4 )

B B B B B B

B B B

B B B

x y z x y z

x y z

x y z

                 

 2

2 2

8 32

8( )

B B B

B B B

B B B B B

x y z

x y z

x y z x y

               

 2

8 32

B B B

B B B

B B

x y z

x y z

x y             

 2

4

( ) 32

4

B

B B B B B

B B

z

x y x y z

x y              4 B B B x y z         hay 4 B B B x y z        

Trường hợp 1: OA(4;4;0); OB(0;4;4)  OA OB,   (16; 16;16) Pt (OAB) : x – y + z =

Trường hợp 2: OA(4;4;0); OB(4;0;4)  OA OB,   (16; 16; 16)  Pt (OAB) : x – y – z =

Câu VII.b Giả sử z = x + yi x, y  R

Ta có : (2z – 1)(1 + i) + (z+1)(1 – i) = – 2i  2(1 + iz) + (1 – i)z =

 3x – 3y + (x + y)i =  3 x y x y

 



  

 

1

1 x

y

       

 1

9

z   

Sưu tầm: Cao Văn Tú

: www.caotu.tk