De thi DH 2011 toan Khoi A co DA

Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng A1BD theo a.. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D[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  2( m  )x  m (1), m là tham số Khảo sát biến thiên và 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 là gốc tọa độ, A là cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin x cos x  sin x cos x cos x  sin x  cos x 2 Giải phương trình  x   x  4  x 10  3x (x Î R)   x sin x I  dx cos x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = a Hình chiếu vuông góc điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD Góc hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) 600 Tính thể tích khối 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(a + b2) + ab = (a + b)(ab + 2)  a b3   a b  4    9   b a  b a  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =  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) 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 = x  y 1 z   2  và mặt phẳng (P) : Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng D : x + y + z – = Gọi I là giao điểm D và (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MI vuông góc với D và MI = 14 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) z 5i  0 z 1   ;1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B   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 x 2 y  z 5    và hai điểm Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng D : A (-2; 1; 1); B (-3; -1; 2) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng D cho tam giác MAB có diện tích  1 i  z    i   Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo số phức 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 = ± 2) x Hàm số đồng biến trên (  ; 0) và ( ; +¥), nghịch biến trên (-¥;  ) và (0; Hàm số đạt cực đại x = và yCĐ = 1, đạt cực tiểu x = ± và yCT = -3 lim y ¥ x  ±¥ 2 +¥ + +¥  -2 2/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x y’ = Û x = hay x2 = m + Hàm số có cực trị Û m + > Û m > -1 Khi đó đồ thị hàm số có cực trị A (0; m), B ( m  ; -m2 – m – 1); C (- m  ; -m2 – m – 1) Ta có: OA = BC Û m2 = 4(m + 1) Û m = ± 2 (thỏa m > -1) Câu II Phương trình đã 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) – =   k 2 Ûx= hay 2cos2x + cosx – =   k 2 Ûx= hay cosx = – hay cosx =    k 2 ±  k 2 Û x= hay x =  + k2 hay x = (k Î Z) 2 Đặt t =  x   x Þ t2 = 9(10  x  4  x ) Phương trình đã cho trở thành : t2 – 9t = Û t = hay t = Với t = :  x 6  x Û x = Với t = :  x   x = (điều kiện : -2 £ x £ 2) Û  x 3  2  x Û + x = + 12  x +4(2 – x) Û 12  x 5 x  15 (vô nghiệm) -3 O -3 0  y Bảng biến thiên :  x -¥ y’  + y +¥ -3 Cách khác : Đặt u =  x và v =  x (u, v ³ 0), phương trình đã cho trở thành: 3u  6v  4uv u  4v (1)  2 (2) u  v 4 (1) Û 3(u – 2v) = (u – 2v) Û u = 2v hay u = 2v + 4 Với u = 2v ta có (2) Û v2 = suy ra: – x = Û x = Với u = 2v + ta có (2) Û (2v + 3)2 + v2 = Û 5v2 + 12v +5 = (VN vì v³ 0) Câu III:     dx x sin xdx x sin xdx x sin xdx I     tan x     3 2 cos x cos x cos x cos x 0  Đặt u = x => du = dx sin xdx  dv  v cos x , chọn cos x  ÞI= 3 = Câu IV x sin xdx 3 cos x  x 3  cos x = 2 sin x   ln sin x   3 =  dx  cos x  = 2 cos xdx 3   sin x  2   ln 2 a Ta có : OI = , DOIA1 là nửa tam giác Þ A1I = 2OI = a 3a a a a VABCD.A1B1C1D1 = = A Gọi B2 là điểm chiếu B1 xuống mặt phẳng ABCD Vậy d (B1, A1BD) chính là đường cao vẽ từ B2 DOB2B 1 a2 S(OBB2 )  a a  OB.B2 H 2 = Þ B2H = Câu V A1 D I C B2 O B H a2 a  a 2  a  b2   ab  a  b   ab   Theo giả thiết ta có Từ đây suy : 2 a b  1 a b         ab       a   b  b a b a  a b hay  b a   a 2 b a   b  ³2    b a a   b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a b  Đặt t = b a , ta suy : 2t + ³ 2 t  Þ 4t2 – 4t – 15 ³ Þ t ³  a b3  4    b a  Mặt khác: P =   a b2  9    b a  = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t)  2 hay t = f’(t) = 12t – 18t – 12, f’(t) = Þ t = 23  Þ Min f(t) = t = 23  Vậy P = a = và b = hay a = và b = Câu VI.a  x at  Phương trình ON có dạng  y bt (a2 + b2 ¹ 0), N (at ; bt ) và M (at ; bt ) 1 2 M = ON Ç D : at1 – bt1 – = Û t1 = a  b (a ¹ b) N = ON Ç d : 2at2 – bt2 – = Û t2 = 2a  b (2a ¹ b) 4b  2b   4a  2a M ; ;  N  Suy :  a  b a  b  ,  2a  b 2a  b  a b a  b2 2a  b a  b 8 a  b  a  b 2a  b Ta có: OM.ON = Û Û TH1: a = ta có : b2 = b2, chọn b = Þ M (0; -4) , N (0; -2) b  3b  (1  b)(2  b) TH2: a ¹ 0, chọn a = ta được: + b2 = Û + b2 =  b  3b  1  b 6 2  2  ;  b  3b    b 5 5 Û  Û b = Vậy M (6; 2) ; N  Cách khác : Điểm N Î d Þ N (n;  2n – 2) Þ ON = (n; 2n – 2) Điểm M Î D Þ M (m; m – 4) Þ OM = (m; m – 4) Nhận   xét : đường thẳng d và D nằm cùng phía đối với điểm O nên OM.ON = Û OM ON = Û m = 5n (1) Ta có OM cùng phương với ON Û m.n + 4n – 2m = (2) Từ (1) và (2) Þ 5n2 – 6n = Û n = hay n = Với n = thì m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2) 6 2  ;  Với n = thì m = 6, ta có điểm M (6; 2); N  5  Ta có D cắt (P) I (1; 1; 1); điểm M Î (P) Þ M (x; y; – x –y)  Þ MI = (1 – x; – y; -2 + x + y) Vectơ phương D là a = (1; -2; -1)     y 2 x  MI.a 0   (1  x)2  (1  y )2  (  x  y )2 16.14 MI  16.14   Ta có : Û Û x = -3 hay x = Với x = -3 thì y = -7 Điểm M (-3; -7; 13) Với x = thì y = Điểm M (5; 9; -11) Câu VII.a Gọi z = x + yi ¹ với x, y Î R 5i z  0 z Û z z   i  z 0 Û x2 + y2 – x –  (  y ) i = Û x2 – x – = và y =  Û (x = -1 và y =  ) hay (x = và y =  ) Vậy z =   3i hay z 2  3i Câu VI.b A Ta có phương trình BD : y = 1, phương trình EF : y = 3, nên BD // EF Þ DABC cân A 2 5   ( x  )  (3  1) F E 2 Ta có BD = BF Þ   Þ x = hay x = -1 (loại) Þ F (2; 3) 13 Đường thẳng BF cắt AD A nên ta có: A (3; ) B D M   Î D Þ M (-2 + t; + 3t; -5 – 2t) AB (  1;  2;1) ; AM (t;3t ;   2t ) ; [ AB, AM ] (t  12;  t  6;  t )   [ AB, AM ] 3 (t  12)2  ( t  6)2  t 3 5 SMAB = = Û 2 Û 3t + 36t = Û t = hay t = -12 Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19)        cos  i sin     cos   i sin  z     cos   i sin    3 3   cos  i sin  4  =  4 Câu VII.b  3  3        2  cos    2  cos  i sin  2  2i   i sin       = 4     = Vậy phần thực z là và phần ảo z là  3i  9i  3i  3i  3i  i Cách khác : z = =  i = + 2i Vậy phần thực z là và phần ảo z là Trần Văn Toàn, Hoàng Hữu Vinh (TT Luyện thi Đại học Vĩnh Viễn – TP.HCM) C