TOAN A Dai hoc 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.. Viết phương trình mặt phẳng OAB, biết điểm B thuộc S và tam giác OAB đều..[r]

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011 Môn thi : TOÁN I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)  x 1 y 2x  Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Chứng minh với m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A và B Gọi k1, k2 là hệ số góc các tiếp tuyến với (C) A và B Tìm m để tổng k1 + k2 đạt giá trị lớn Câu II (2,0 điểm)  sin x  cos x  sin x sin x  cot x Giải phương trình 5 x y  xy  y  2( x  y ) 0  xy ( x  y )  ( x  y ) 2 Giải hệ phương trình  (x, y  R)  x sin x  ( x  1) cos x dx x sin x  cos x  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân B, AB=BC=2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M là trung điểm AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC N Biết góc hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) 60 Tính thể tích khối chóp S BCNM và khoảng cách 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 x y z   trị nhỏ biểu thức P = x  y y  z 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) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : x + y + = và đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y = Gọi I là tâm (C), M là điểm thuộc  Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích 10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A (2; 0; 1), B (0; -2; 3) và mặt phẳng (P): 2x – y – z + = Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MA = MB = z z Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất các số phức z, biết z = B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) x2 y  1 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc (E), có hoành độ dương cho tam giác OAB cân O và có diện tích lớn Trong không gian với hệ tọa 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 môđun số phức z, biết: (2z – 1)(1 + i) + ( z +1)(1 – i) = – 2i BÀI GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 1 1 D  \   ; y/   0, x  D 2 x  1  Câu I lim y  , lim y  1 1  lim y  x x x    2 TCĐ: x= vì ; TCN: y = vì 1 Hàm số nghịch biến trên (; ) và ( ; +) Hàm số không có cực trị X -∞ +∞   y’ Y -2 +∞ -∞ -2 y O x -1 Phương trình hoành độ giao điểm (C) và đường thẳng d : y = x +m  x 1 x  m 2x   (2x – 1) (x + m) = -x + (Vì x = không là nghiệm)  2x + 2mx – (m + 1) = (1) 2 Phương trình (1) có  m  2m  (m  1)   0, m  R  Phương trình (1) luôn có nghiệm nên d luôn cắt (C) hai điểm A, B Hoành độ tiếp điểm A, B là x1, x2 là nghiệm phương trình (1) m 1   x1 + x2 = - m và x1.x2 = 4( x12  x22 )  4( x1  x2 )  1  k1  k2    x1 x2  2( x1  x2 )  1 (2 x1  1) (2 x2  1) = Ta có: 2 =  (4m  8m  6)  4(m  1)  k1 + k2 đạt giá trị lớn -2  m = -1 Câu II:  s in2x  cos x  2.sin x.s in2x  cot x 2  sin x(1  s in2x  cos x) 2 sin x cos x (ĐK : sinx ≠ 0)   sin x  cos x 2 cos x  cos x  2sin x cos x  2 cos x 0 cos x(cos x  sin x  2) 0   cosx = hay cosx + sinx =   sin  x   1 4   cosx = hay    k  k 2 x= hay x = (k  Z)  5 x y  xy  y  2( x  y ) 0 (1)  2 (2)  xy ( x  y )  ( x  y ) (2)  xy ( x  y )   x  y  xy  ( x  y )( xy  1)  2( xy  1) 0  ( xy  1)( x  y  2) 0  xy 1  2  x  y 2 5 x  y  xy  y  2( x  y ) 0 TH1:   xy 1  x 1  x   v   y 1  y  5 x  y  xy  y  2( x  y ) 0 TH2 :  2  x  y 2 5 x  y  xy  y  ( x  y )( x  y ) 0  2  x  y 2   y x v y  x  2  x  y 2   2 x   x 1  x    v      y 1  y  y   Câu III :    2  x     y    x sin x  ( x  1) cos x x cos x  x sin x  cos x  dx 4    dx x sin x  cos x  x sin x  cos x x sin x  cos x     x sin x  cos x  '    2  dx  x  ln x sin x  cos x       ln(  )   x sin x  cos x    =   Câu IV Ta có : SBA = 600 và SBA là ½ tam giác  S M A I B N C 4a 2a nên SA = 1 a   ( a  2a )  2a 3  V(SMNCB) =  =a Kẻ NI // AB để có AMNI là hình vuông, khoảng cách AB đến SN chính là đường cao SAI, gọi h là chiều cao đó, ta có: 1 a 12   2 h (2a 3) a  h = 13 x y z   Câu V P = x  y y  z z  x 0 Lấy đạo hàm theo z ta có : P’ (z) = + Nếu x = y thì P = ( x  y )( z  xy ) y x  ( y  z )2 ( z  x)2 = ( y  z ) ( z  x) 2 y x  2x  3y xy y x + Ta xét x > y thì P  P( )= xy Khảo sát hàm P theo z, ta có P nhỏ z = x t2  Đặt t = y  P thành f(t) = 2t   t (t  (1; 2])  2[4t (t  1)  3(2t  t  3)] (2t  3) (t  1)  f’(t) = <0 34 Vậy P  f(t)  f(2) = 33 Dấu “=” xảy x = 4, y = 1, z = 34 Vậy P = 33 Câu VI.a AM AM 2 và MI2 = IA2 + AM2 = 25 Diện tích MAI=5 =   M   M(m; -m – 2) Vậy MI (2  m; m  3) nên ta có phương trình:  m2  4m  m2  6m  25  m2 + m – =  m = hay m = -3  M (2; -4) và M (-3; 1)  Pt mp (Q) trung trực đoạn AB qua trung điểm I (1;-1;2) AB có VTPT IA =(1;1;-1) là : x + y – z + =  a Giao tuyến d (P) và (Q) qua J (0; 1; 3) có VTCP = (2; 1; 3)  x 2t   y 1  t  z 3  3t   pt d : MA = MB, M  (P)  M  d  M (2t; + t; + 3t) MA =  (2 – 2t)2 + (-1 – t)2 + (-2 – 3t)2 =  12    ; ;   t = hay t = Vậy M (0; 1; 3) hay M  7  Câu VII.a Giả sử z = a + bi (a, b  R) z  z  z  (a  ib)2 a  b  a  ib  a  b  2abi a  b  a  bi a  2b a  b  a a  b     b 2ab b 0 v a     4b 1  a 0     b 0  a   1   a  a    a 0        b 0 b  b    2 Vậy có số phức thỏa ĐK là : 1 1 z 0, z   i , z   i 2 2 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b Do xA, xB > và OAB cân O nên A, B đối xứng qua Ox và xA = xB > 0, yB = - yA x A2 y A2  1 Do A  (E) nên 1 AB.d (O, AB)  y A x A  x A y A SOAB = x A2 y A2 x2  2 A y A2  x A y A SOAB Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : =  x A2  xA        y2   y A  A 2  S lớn và :  Vậy : A Cách khác : ( 2; 2 2 ) ( 2;  ) ( 2;  ) ( 2; ) ;B hay A ;B Gọi OH là đường cao ta có OH x A , x A  v AH  y A  SOAB xA y A  A( 2; Mà ta có : y   y A2  A 1 và S 1  y A   A( 2; 2 ), B( 2;  )  S OAB  y A  y A2 2 2  xA  2 2 2 ), B( 2;  ) B( 2; ), A( 2;  ) 2 2  xB2  yB2  zB2  xB  yB  z B 0  2 OA OB OA2  AB 2 B  (S) và OAB nên   xB2  yB2  zB2 4( xB  yB  z B )  xB  yB  zB 8  2  2 32  xB  yB  z B  xB  yB  zB 32   32 (4  xB )  (4  yB )  zB2 x  yB2  zB2  8( xB  yB ) 0   B  xB  yB  zB 8  z B 4   2 2  xB  yB  zB 32 ( xB  yB )  xB yB  z B 32  x  y 4  x  y 4 B B  B  B  xB 0  xB 4    yB 4  yB 0  z 4  z 4  B hay  B      OA, OB  (16;  16;16) OA  (4; 4;0) OB  (0; 4; 4)  Trường hợp 1: ;   Pt (OAB) : x – y + z =      OA, OB  (16;  16;  16) OA  (4; 4;0) OB  (4;0; 4)  Trường hợp 2: ;   Pt (OAB) : x – y – z = Câu VII.b Giả sử z = x + yix, y  R Ta có : (2z – 1)(1 + i) + ( z +1)(1 – i) = – 2i  2(1 + iz) + (1 – i) z =  2(1 + i)(x + yi) + (1 – i)(x – yi) =  x    3x  y 2 1  y  z     x  y    9  3x – 3y + (x + y)i =    Trần Văn Toàn (Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM)