Đang tải... (xem toàn văn)
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 nhất2. Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB[r]
(1)ONTHIONLINE.NET
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011 Mơn thi : TỐN
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
1
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 lớn
Câu II (2,0 điểm).
1 Giải phương trình sin cos
2 sin sin cot
x x
x x
x
.
2 Giải hệ phương trình
2
2 2
5 2( )
( ) ( )
x y xy y x y
xy x y x y
(x, y R).
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
0
sin ( 1) cos sin cos
x x x x
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 mặt phẳng (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) 600 Tính thể tích
khối chóp 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 z Tìm giá
trị nhỏ biểu thức P =
x y z
x y y z z x .
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A hoặc 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 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
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, 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 =
2 z 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 x y
Tìm tọa độ điểm A B thuộc (E), có hồnh độ dương cho tam giác OAB cân O có diện tích lớn
2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2–4x–4y– 4z=0
(2)Câu VII.b (1,0 điểm) Tính mơđun số phức z, biết: (2z – 1)(1 + i) + (z+1)(1 – i) = – 2i
BÀI GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I
/
2
1
\ ; 0,
2
D y x D
x
TCĐ: x=
2 12 12 lim , lim
x x
y y
; TCN: y =
1 lim
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 =
2 khơng nghiệm)
2x2 + 2mx – (m + 1) = (1)
Phương trình (1) có m22m 2 (m1)2 1 0,m R
Phương trình (1) ln có nghiệm nên d ln cắt (C) hai điểm A, B
Hoành độ tiếp điểm A, B x1, x2 nghiệm phương trình (1) x1 + x2 = - m x1.x2 =
1 m
O 1 2
-1
1 x
(3)Ta có:
1 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
=(4m28m6)4(m1)2
k1 + k2 đạt giá trị lớn -2 m = -1
Câu II:
1
1 sin2 cos
2.sin sin2 cot
x x
x x
x
2
sin x(1 sin2 xcos ) 2 sinx xcosx (ĐK : sinx ≠ 0)
1 sin 2x cos 2x 2 cosx
2
2cos x 2sin cosx x 2 cosx
2cos (cosx xsinx 2) 0 cosx = hay cosx + sinx = cosx = hay
sin
4 x
x =
k
hay x = k2
(k Z)
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
2
5 2( )
TH1:
1
1
1
x y xy y x y
xy
x x
v
y y
(4)2
2
2 2
2
2
5 2( )
TH2 :
2
5 ( )( )
2 2
2 2
1 5 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 =
2
a
a
V(SMNCB) =
1
( ) 3
a
a a a
= a3
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
( ) ( )
y x
y z z x
=
2
2
( )( )
( ) ( ) x y z xy y z z x
+ 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
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
< 0
S
A B
C N
(5)Vậy P f(t) f(2) =
34
33 Dấu “=” xảy x = 4, y = 1, z = 2 Vậy P =
34 33. Câu VI.a
1 Diện tích MAI=5 =
1
2AM AM 2 5và MI2 = IA2 + AM2 = 25
M M(m; -m – 2) Vậy MI (2 m m; 3)
nên ta có phương trình:
2
4m 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 :
2 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 =
3
Vậy M (0; 1; 3) hay M
6 12 ; ; 7
Câu VII.a Giả sử z = a + bi (a, b R)
2
2 ( )2 2 2 2 2
z z z a ib a b a ib a b abi a b a bi
2
2 2 2
1
2
2
a b
a b a a b
b ab b v a
4
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
z z i z i B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b Do xA, xB > OAB cân O nên A, B đối xứng qua Ox
và xA = xB > 0, yB = - yA
Do A (E) nên
2
1
A A
x y
SOAB =
1
( , )
(6)Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : =
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; )
2 ; B
2 ( 2; )
2
hay A
2 ( 2; )
2
; B
2 ( 2; )
2 Cách khác :
Gọi OH đường cao ta có OH x xA, A 0 v AH yA SOAB x yA A Mà ta có :
2
( 2; ), ( 2; )
2
A B
1.2 4
2
OAB A A
S y y
2
4 4
A A
y y
2 A A
S y x
2
( 2; ), ( 2; )
2
A B
hoặc
2
( 2; ), ( 2; )
2
B A
2 B (S) OAB 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 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 2
8 32
B B B
B B B
B B
x y z
x y z
x y 2
( ) 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 + yix, y R
(7) 3x – 3y + (x + y)i =
3 x y x y
1
1 x y
1 9