DE VA DA DH KHOI A 2011

BÀI GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.. Câu I..[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đê 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 sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2 Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B Tìm m để tổng k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất

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 Ỵ ℝ).

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

4

0

sin ( 1) cos sin cos

  



x x x x

I dx

x x x



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

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

  

  

x y z

P

x y y z z x

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 đường thẳng D: x + y + = và đường tròn (C): x2y2 4x 2y0 Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc D Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm) Tìm toạ độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; -2; 3) và mặt phẳng (P): 2x y z   4 0. Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) cho MA = MB = 3.

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết:

2

2 

z z z

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

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho elip (E):

2

1   x y

Tìm toạ độ các điểm A và B thuộc (E), có hoành độ dương cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất

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

Câu VII.b (1,0 điểm) Tính mô đun của số phức z, biết: (2z 1)(1i) ( z1)(1 i) 2   i -Hết

BÀI GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I

2.Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d là:

1

 

  

x

x m

x (2x 1)(x m ) x1 (với x Ỵ D)

2

(2 1)( ) 2 ( 1)

 x x m  x  x  mx m  (1)

Phương trình (1) có D ' m22(m1) ( m1)2 1 0,mỴR

 Phương trình (1) ln có nghiệm nên d cắt (C) tại hai điểm A và B

Hoành độ tiếp điểm tại A, B là x x1, là nghiệm của phương trình (1) Theo định lí Vi-ét:

1 2

1 ;

2 

   m

x x m x x

Hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại điểm có hoành độ x bằng: (2 1) 



k

x

Từ đó: k1k2

2

1

2 2

1 2

(2 1) (2 1)

1

(2 1) (2 1) (2 1) (2 1)

  

  

   

x x

x x x x

2 2

1 2 2

2

1 2 2

4( ) 4( ) 4( ) 4( )

4 2( ) 2( )

        

 

     

   

   

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

2

2

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

   



   

m m m

m m

2

(4 6) 4( 1) 2

 m  m  m   (vì (m1)2  0, m) Do đó k1k2 đạt giá trị lớn nhất bằng -2  m = -1.

Câu II:

1 ĐKXĐ: sinx0 Khi đó từ phương trình đã cho suy ra:

2

2

sin (1 sin2 cos ) 2 sin cos sin cos 2 cos (do sin 0)

2cos 2sin cos 2 cos cos

cos 2

( , ) sin( )

sin cos 2

4

4

   

    

   



  

 

 



     Ỵ

  

  

  







x x x x x

x x x x

x x x x

x x m

x

m n x

x x x n

  

  Phương trình thứ hai của hệ:

2 2 2

2

2

( ) 2 ( )( 1) 2( 1)

1

( 1)( 2)

2

           

 

      

 



xy x y x y xy x y xy xy

xy

xy x y

x y

Ta có hai trường hợp:

2 2 2 2

5 2 3( 1)

1 1;



             

     

x y xy y xy y y y y y

y y x

Trường hợp này hệ đã cho có hai nghiệm (x; y): (1; 1), (-1; -1) - TH2: x2 y2 2 Phương trình thứ nhất của hệ:

2 2 2

3 ( ) 2 2

2 ( 1) ( 1) (2 )( 1)



            

            

y x y x y xy x y y x y xy x y

x xy y xy x y xy x y xy

Với x2y thì

2 2 5 2 10; 10

5

 

      

x y y y x

Với xy1 thì x2y2 2 (x y )2  0 x y

Trường hợp này hệ đã cho có bốn nghiệm (x; y): (1; 1), (-1; -1),

2 10 10 10 10

; , ;

5 5

    

   

   

   

Tóm lại, hệ đã cho có bốn nghiệm (x; y): (1; 1), (-1; -1),

2 10 10 10 10

; , ;

5 5

    

   

   

   

Câu III :

4 4

0 0

sin ( 1) cos cos ( sin cos )

1

sin cos sin cos sin cos

    

      

    

x x x x  x x  d x x x

I dx dx dx

x x x x x x x x x

   

2

ln( )

4

  

I  

Câu IV:

* Tính thể tích khối chóp S.MNCB

Từ A và N kẻ các đường thẳng lần lượt song song với BC và AB

cắt tại K

 AK, KN ⊂ (ABC) và AK  AB (1)

Vì (SAB)  (ABC) và (SAC)  (ABC)

 SA  (ABC)  SA  AK, SA  AB và SA  BC (2) Từ (1) và (2) suy ra: AK  (SAK)

 AK  SB  BC  SB (vì AK // BC)

Ta có: BC  SB và BC  AB (do DABC vuông tại B)

 ABS là góc của (ABC) và (SBC)  ABS600SAABtanABSABtan 600 2 3a Do (SMN) // BC  MN // BC  MN là đường bình của DABC 

1

 

MN BC a

Tứ giác MNCB là hình thang vuông nên:

2

( ) ( )

2 2

 

  

MNCB

MN BC MB a a a a

S

Vì SA  (MNCB) (do SA  (ABC)) nên

2

3

1

.2

3

  

S MNCB MNCB

a

V SA S a a

(đvtt) * Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN

Ta có: AB // KN  AB // (SKN)  d(AB; SN) = d(AB; (SKN)) = d(A; (SKN))

2 2

39

13 13

(2 )

   

 

SA AK a a a a

AH

SA AK a a (đvđd)

Vậy  

2 39 d ;

13

 a

AB SN

(đvđd)

Câu V Viết lại P dưới dạng:

1 1

2 1

  

  

P

y z x

x y z

Đặt

, ,

y z x

a b c

x y z thì a b c, , 0,abc1

Vì xmax( ; ; )x y z nên bc1 và 1 bc2 Khi đó:

1 1

2 1

  

  

P

a b c

Dễ chứng minh:

1

1b1c 1 bc với 1 bc 2.

Thật vậy,

1 1 1

0 1b1c1 bc  1b 1 bc1c 1 bc 

2

( ) ( ) 0 ( )[ (1 ) (1 )] 0

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )

( ) ( 1)

0 (luôn vì , 0,1 2) (1 )(1 )(1 )

       

    

      

 

    

  

b b c c b c b c b c c b

b bc c bc b c bc

b c bc

b c bc

b c bc

Từ đó suy ra:

1 1

2 1

    

    

P

a b c a bc

Đặt t bc thì  t  và 

a

t Ta được:

2

1 2

2 3 1 2 3 1 

t

a bc t t .

Xét hàm số: f(t)

2

2

 

 

t

t t với t Ỵ [1; 2]

 f’(t) =

3

2 2

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

    



 

t t t t

t t  t Ỵ [1; 2]

 f(t)  f(2) = 34 33 Vậy

34

33 

P

Dấu bằng xảy  t =  x4,y1,z2 PHẦN RIÊNG

1

2 2

( ) :C x y  4x 2y 0 (x 2) (y 1) 5  I(2 ; 1) và R Vì M Ỵ (d) nên M x x( ;  2)

Ta có:

1

5

 

MAI MAIB

S S

hay

1 10 10

5

2 AI AM  AM AI   .

Suy ra:

2 2 25 ( 2)2 ( 3)2 25 6 0

3  

             

 

x

MI AM AI x x x x

x

Vậy có hai điểm M thoả mãn đề bài là M( 3;1), M(2; 4) 2/ Cách Vì M Ỵ (P) nên M(x; y; 2x – y + 4) Từ giả thiết, ta có:

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

( 2) (2 3) ( 2) (2 1)

3 ( 2) (2 3)

2 2 2

( 2) (2 3) (2 4) (3 1) 11

2

7

 

            

  

 

  

         

  

     

  

     

             

  

 

 

  

  

 

MA MB MA MB x y x y x y x y

MA MA x y x y

x y x y x y

x y x y y y y y y

x y x

y y

0,

6

,

7

 

 

  



y

x y

Vậy có hai điểm M thoả mãn đề bài là: M(0; 1; 3),

6 12 ; ; 7

 



 

 

M

Cách Mặt phẳng trung trực đoạn AB qua trung điểm I (1;-1;2) của AB có VTPT  (1;1; 1)

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

Q

n IA

là (Q): x + y – z + =

Theo giả thiết (P): 2x y z   4 nên (P) có VTPT (2; 1; 1). 



P n

Gọi (d) là giao tuyến của (P) và (Q) thì (d) có VTCP: - [ ; ] ( 2; 1; 3)   

  

d P Q

u n n

Lấy điểm J(0; 1; 3)cùng tḥc (P) và (Q) nên I Ỵ (d)

 (d) có phương trình: 3   

      

x t

y t

Vì MA = MB nên M Ỵ (d)  M(2t; + t; + 3t) Từ giả thiết:

2

3 9,

  

MA MA hay:

2 2

(2 2) ( 1) (3 2) 14 0

7

            

t t t t t t t

Vậy có hai điểm M thoả mãn đề bài là: M(0; 1; 3), M

6 12 ; ; 7

 



 

 

Câu VII.a Đặt z a bi (a, b Ỵℝ)

Ta có:

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 0

1 0

2

2

a b a b

a b a a b

b

b ab b a a

                                 1

0 2 2

0 1

2 a a a b b b                          

Vậy có số phức thỏa mãn đề bài là :

1 1

0, ,

2 2

    

z z i z i

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b

1 Do tính đối xứng của elip nên để DOAB thoả mãn các điều kiện đề bài thì toạ độ của A và B phải có dạng:A x y B x( ; ); ( ; y) (x0)

Do A, B Ỵ (E) nên

2

1  

x y

Ta có

1

( , )

2

  

OAB

S AB d O AB y x xy

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : =

2 2

2

1

4

x  y  x y xy SOAB

OAB

S lớn nhất và :

2 1 ( ì 0)

2

4

2            

x v x

x y

y

Vậy A

2 ( 2; )

2 ; B

2 ( 2; )

2 

hoặc A

2 ( 2; )

2 

; B

2 ( 2; )

2 Vì B x y z( ; ; ) Ỵ (S) và DABC nên ta có:

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

2 2

4 4 4

32

(4 ) (4 )

8 4

32 ( ) 16

4 4 4

                                                                                     

x y z x y z x y z x y z

OA OB x y z

OB AB x y z x y z

x y z z z x x

x y z x y xy xy y y

x y x y x y z z

   - Với B(0; 4; 4) thì OA(4; 4;0)



; OB(0; 4; 4) 

 [ , ] (16; 16;16) 

                            OA OB

(OAB) qoa O và có một vectơ pháp tuyến là (1; 1;1) 

n nên có phương trình là: x – y + z = 0

- Với B(4;0; 4) thì OA(4; 4;0) 

; (4;0; 4) 

OB  [ , ] (16; 16; 16)    

(OAB) qia O và có một vectơ pháp tuyến là (1; 1; 1)  

n nên có phương trình là: x – y - z = 0

Vậy có mặt phẳng (OAB) thoả mãn điều kiện đề bài là: x – y + z = 0; x – y - z = Câu VII.b Đặt z = a + bi (a, b ỴR) Ta có:

(2 1)(1 ) ( 1)(1 ) 2 (1 ) (1 )

2( )(1 ) ( )(1 ) 2 2 2

3 1

3 ( )

0 3

           

               

 



          

  

z i z i i z i z i

a bi i a bi i a ai bi b a bi b

a b

a b a b i a b

a b

Vậy

2 1

9

    