Download Đề thi tuyển sinh ĐH khối B môn toán năn 2011

Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD.. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn : TOÁN - Khối : B

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4 2( m1)x2m (1), m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m =

2 Tìm m để đồ thị hàm sớ (1) có ba điểm cực trị A, B, C cho OA = BC, O là gốc tọa độ, A là cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị lại

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình sin cosx xsin cosx xcos 2xsinxcosx Giải phương trình 2 x 2 x4 4 x2 10 3 x (x Ỵ R)

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

2

1 sin cos

x x

I dx

x 

 

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = a Hình chiếu vng góc điểm A1 mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD Góc hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) 600 Tính thể tích khới lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2).

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =

3 2

3 2

4 a b a b

b a b a

   

  

   

   .

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một hai phần (phần A hoặc B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng D : x – y – = và d : 2x – y – = Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d cho đường thẳng ON cắt đường thẳng D điểm M thỏa mãn OM.ON =

2 Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng D :

2

1

x y z

 

  và mặt phẳng (P) : x + y + z – = Gọi I là giao điểm D và (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MI vng góc với D và MI = 14

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm sớ phức z, biết:

5

1 i

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 ;1

 

 

  Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng các điểm D, E, F Cho D (3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y – = Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng D :

2

1

x y z

 

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo số phức

3

1

1 i z

i

  

  

  .

BÀI GIẢI GỢI Y PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: 1/ Khảo sát, vẽ (C) :

m = Þ y = x4 – 4x2 +

D = R, y’ = 4x3 – 8x, y’ = Û x = hay x = ±

Hàm số đồng biến ( 2; 0) và ( 2; +¥), nghịch biến (-¥; 2) và (0; 2) Hàm sớ đạt cực đại x = và yCĐ = 1, đạt cực tiểu x = ± 2 và yCT = -3

lim

x ±¥y¥ Bảng biến thiên :

x -¥  +¥ y’  +  +

y +¥ +¥ -3 -3

2/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x

y’ = Û x = hay x2 = m +

Hàm sớ có cực trị Û m + > Û m > -1 Khi đồ thị hàm sớ có cực trị A (0; m),

B ( m1; -m2 – m – 1); C (- m1; -m2 – m – 1)

Ta có: OA = BC Û m2 = 4(m + 1) Û m = ± 2 (thỏa m > -1) Câu II.

1 Phương trình cho tương đương :

2sinxcos2x + sinxcosx = 2cos2x – + sinx + cosx Û sinxcosx (2cosx + 1) = cosx (2cosx + 1) – + sinx Û cosx(2cosx + 1)(sinx – 1) – sinx + =

Û sinx = hay cosx(2cosx + 1) – = Û x =

2

2 k

  

hay 2cos2x + cosx – =

Û x =

2

2 k

  

hay cosx = – hay cosx =

1

Û x =

2

2 k

  

hay x =  + k2 hay x =

2

3 k

  ± 

(k Ỵ Z) Đặt t = 2 x 2 x Þ t2 = 9(10 3 x 4 x2)

Phương trình cho trở thành : t2 – 9t = Û t = hay t = 9 Với t = : 2x 6 2 x Û x =

6

Với t = : 2 x 2 x = (điều kiện : -2 £ x £ 2)

Û 2x 3 2 x Û + x = + 12 2 x+4(2 – x) Û12 2 x 5x15 (vô nghiệm)

x

y

-2

2

1 -3

2



Cách khác : Đặt u = 2x và v = 2 x (u, v ³ 0), phương trình cho trở thành:

2

2

3 4 (1)

4 (2)

u v uv u v

u v

    

 

 

 

(1) Û 3(u – 2v) = (u – 2v)2Û u = 2v hay u = 2v + Với u = 2v ta có (2) Û v2 =

4

5 suy ra: – x =

5 Û x =

Với u = 2v + ta có (2) Û (2v + 3)2 + v2 = Û 5v2 + 12v +5 = (VN v³ 0) Câu III:

 

3 3

3

2 2

0 0

sin sin sin

tan

cos cos cos cos

dx x xdx x xdx x xdx

I x

x x x x

   



     

Đặt u = x => du = dx

sin cos

xdx dv

x



, chọn v cosx  

Þ I =

2

sin

cos

x xdx

x





=

3 0

3

cos cos

x dx

x x

 

  

=

3

2 cos

3

3 sin

xdx x

 

 





=

3

0

2 sin

3 ln

3 sin x x



 

 

 =

2

3 ln

3 2

 

 

 Câu IV.

Ta có : OI =

a

, DOIA1 là nửa tam giác Þ A1I = 2OI = a

1 1

ABCD.AB C D

V

=

3

2 a a a

= 3

2 a

Gọi B2 là điểm chiếu B1 xuống mặt phẳng ABCD Vậy d (B1, A1BD) là đường cao vẽ từ B2 DOB2B

2

2 ( )

1

2

OBB

a

S  a a 

=

1

2OB B H

Þ B2H =

2 3 1 3

2

4

a a

a 

Câu V.

Theo giả thiết ta có       2

2 a b ab a b ab 2

Từ suy :

 

1

2 a b ab

b a a b

   

    

   

    hay

2

2 a b a b

b a b a

 

     

 

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có :

2

2 a b

a b

b a b a

 

   ³   

 

 

Đặt t =

a b

b a , ta suy : 2t + ³ 2 t2 Þ 4t2 – 4t – 15 ³ Þ t ³

5

Mặt khác: P =

3 2

3 2

4 a b a b

b a b a

   

  

   

    = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t)

A

B

C D

A1

B2

H O

f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = Þ t =

1



hay t =

Þ Min f(t) =

23



t =

5

Vậy P =

23



a = và b = hay a = và b = Câu VI.a.

1 Phương trình ON có dạng

x at y bt

  



 (a2 + b2¹ 0), N (at1; bt1) và M (at2; bt2) M = ON ÇD : at1 – bt1 – = Û t1 =

4

a b (a ¹ b)

N = ON Ç d : 2at2 – bt2 – = Û t2 =

2

2a b (2a ¹ b)

Suy :

4

;

a b

M

a b a b

 

 

 

 ,

2

;

2

a b

N

a b a b

 

 

 

 

Ta có: OM.ON = Û

2 2

4

8

a b a b

a b  a b  

Û

2 2

a b  a b a b TH1: a = ta có : b2 = b2, chọn b = Þ M (0; -4) , N (0; -2)

TH2: a ¹ 0, chọn a = ta được: + b2 = (1 b)(2 b) Û + b2 =

3

b  b

Û

2

2

3

3

b b b

b b b

    



   

 Û b =

1

3 Vậy M (6; 2) ; N

; 5

 

 

 .

Cách khác : Điểm N Ỵ d Þ N (n; 2n – 2) Þ ON



= (n; 2n – 2) Điểm M ÎDÞ M (m; m – 4) Þ OM



= (m; m – 4)

Nhận xét : đường thẳng d và D nằm phía đối với điểm O nên OM.ON = Û OM ON

                           

= Û m = 5n (1) Ta có OM



phương với ON



Û m.n + 4n – 2m = (2) Từ (1) và (2) Þ 5n2 – 6n = Û n = hay n =

6

Với n = m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2)

Với n =

6

5 m = 6, ta có điểm M (6; 2); N

; 5

 

 

 

2 Ta có D cắt (P) I (1; 1; 1); điểm M Ỵ (P) Þ M (x; y; – x – y) Þ MI



= (1 – x; – y; -2 + x + y) Vectơ phương D là a 

= (1; -2; -1)

Ta có :

MI

16.14 a

MI

 

 

  

                           

Û

2 2

2

(1 ) (1 ) ( ) 16.14

y x

x y x y

  



       

 Û x = -3 hay x =

Với x = -3 y = -7 Điểm M (-3; -7; 13) Với x = y = Điểm M (5; 9; -11) Câu VII.a Gọi z = x + yi ạ vi x, y ẻ R

5

1 i

z z



  

Û x2 – x – = và y =  Û (x = -1 và y =  3) hay (x = và y =  3) Vậy z =  1 3i hay z 2 3i

Câu VI.b.

1 Ta có phương trình BD : y = 1, phương trình EF : y = 3, nên BD // EF ÞDABC cân A

Ta có BD = BF Þ

2

5

( ) (3 1)

2 x

 

   

   

Þ x = hay x = -1 (loại) Þ F (2; 3)

Đường thẳng BF cắt AD A nên ta có: A (3;

13 )

2 M ẻDị M (-2 + t; + 3t; -5 – 2t)

( 1; 2;1)

AB  



; AM ( ;3 ; )t t   t



; [AB AM, ] ( t 12; t 6; )t  

SMAB = =

1

[ , ]

2 AB AM 

                           

Û

2 2

1

( 12) ( 6)

2 t   t t 

Û 3t2 + 36t = Û t = hay t = -12 Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19)

Câu VII.b

3 cos sin

3

2 cos sin

4

i z

i

 

 

   



 

 

 

 



 

  

 

  

  =

cos sin

8

3

cos sin

4

i i

 

 

 

=

3

2 cos sin

4 i

 

 

    

  

   

 

   

  = 2 cos4 isin 2i

 

 

  

 

 

Vậy phần thực z là và phần ảo z là

Cách khác : z =

2

2

1 3 3

1 3

i i i

i i i

  

   =

4

1 i = + 2i

Vậy phần thực z là và phần ảo z là

A

B C

F E