toán a2011

Diễn ñàn học tập ntquang.net Box: Vật lý

ðề thi và ñáp án kỳ thi tuyển sinh ñại học 2011 – Môn Toán khối A Box Toán học – Diễn ñàn ntquang.net – Http://ntquang.net/forum © Do Not Copy

ÐỀ THI TUY ỂN SINH ðẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011 Môn thi : TOÁN

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)

Câu I (2,0 ñiểm). Cho hàm số 1

2 1

xy

x

− +=−

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số ñã cho. 2. Chứng minh rằng với mọi m ñường thẳng y = x + m luôn cắt ñồ thị (C) tại hai ñiểm

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 ñể tổng k1 + k2 ñạt giá trị lớn nhất.

Câu II (2,0 ñiểm).

1. Giải phương trình 2

1 sin 2 cos 22 sin sin 2

1 cot

x xx x

x

+ + =+

.

2. Giải hệ phương trình 2 2 3

2 2 2

5 4 3 2( ) 0

( ) 2 ( )

x y xy y x y

xy x y x y

− + − + =

+ + = + (x, y ∈ R).

Câu III (1,0 ñiểm). Tính tích phân I = 4

0

sin ( 1)cos

sin cos

x x x xdx

x x x

π

+ ++∫

Câu IV (1,0 ñiểm). Cho hình chóp S. ABC có ñáy 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 ñiểm 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 ñường thẳng AB và SN theo a.

Câu V (1,0 ñiểm) Cho x, y, z là ba số thực thuộc ñoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 3

x y z

x y y z z x+ +

+ + +.

PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng ∆: x + y + 2 = 0 và ñường tròn (C):

x2 + y2 – 4x – 2y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là ñiểm thuộc ∆. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB ñến (C) (A và B là các tiếp ñiểm). Tìm tọa ñộ ñiểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.

2. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho hai ñiểm A (2; 0; 1), B (0; -2; 3) và mặt phẳng (P): 2x – y – z + 4 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3.

Câu VII.a (1,0 ñiểm) Tìm tất cả các số phức z, biết z2 = 2

z z+ .

B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 ñiểm)

1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho elip (E) : 2 2

14 1

x y+ = . Tìm tọa ñộ các ñiểm A và

B thuộc (E), có hoành ñộ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.

2. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2–4x–4y– 4z=0 và ñiểm A (4; 4; 0). Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết ñiểm B thuộc (S) và tam giác OAB ñều.

Câu VII.b (1,0 ñiểm) Tính môñun của số phức z, biết: (2z – 1)(1 + i) + (z +1)(1 – i) = 2 – 2i.



BÀI GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I. 1. ( )

/2

1 1\ ; 0,

2 2 1D y x D

x

− = = < ∀ ∈ −

¡

TCð: x= 1

2 vì

1 1

2 2

lim , limx x

y y− +

→ →

= −∞ = +∞ ; TCN: y = 1

2− vì

1lim

2xy

→±∞= −

Hàm số nghịch biến trên (−∞;1

2) và (

1

2; +∞). Hàm số không có cực trị.

X -∞

1

2 +∞

y’ − − Y

-1

2 +∞

-∞ -1

2

2. Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C) và ñường thẳng d : y = x +m

1

2 1

xx m

x

− + = +−

⇔ (2x – 1) (x + m) = -x + 1 (Vì x = 1

2 không là nghiệm)

⇔ 2x2 + 2mx – (m + 1) = 0 (1) Phương trình (1) có 2 22 2 ( 1) 1 0,m m m m∆ = + + = + + > ∀ ∈ R

⇒ Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm nên d luôn cắt (C) tại hai ñiểm A, B. Hoành ñộ tiếp ñiểm tại A, B là x1, x2 là nghiệm của phương trình (1)

⇒ x1 + x2 = - m và x1.x2 = 1

2

m +−

Ta có: 1 2 2 21 2

1 1

(2 1) (2 1)k k

x x+ = − −

− − =

[ ]2 21 2 1 2

2

1 2 1 2

4( ) 4( ) 2

4 2( ) 1

x x x x

x x x x

+ − + +−− + +

= 2 2(4 8 6) 4( 1) 2m m m− + + = − + −

k1 + k2 ñạt giá trị lớn nhất bằng -2 ⇔ m = -1.

O

1

2

1

2−

-1

1 x

y



Câu II:

1. 2

1 sin2 cos 22.sin .s in2

1 cot

x xx x

x

+ + =+

⇔ 2 2sin (1 s in2 cos 2 ) 2 2 sin cosx x x x x+ + = (ðK : sinx ≠ 0)

1 sin 2 cos 2 2 2 cosx x x⇔ + + =

22cos 2sin cos 2 2 cos 0x x x x⇔ + − =

⇔ 2cos (cos sin 2) 0x x x+ − =

⇔ cosx = 0 hay cosx + sinx = 2

⇔ cosx = 0 hay sin 14

xπ + =

⇔ x = 2

kπ π+ hay x = 2

4k

π π+ (k ∈ Z)

2. 2 3

2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

5 4 3 2( ) 0 (1)

( ) 2 ( ) (2)

(2) ( ) 2 2

( )( 1) 2( 1) 0

( 1)( 2) 0

1

2

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 − + − + =

+ + = +

⇔ + + = + +

⇔ + − − − =⇔ − + − =

=⇔ + =

2 35 4 3 2( ) 0TH1:

1

1 1

1 1

x y xy y x y

xy

x xv

y y

2 − + − + =

=

= = − ⇔ = = −

2 3

2 2

2 3 2 2

2 2

2 2

5 4 3 2( ) 0TH2 :

2

5 4 3 ( )( ) 0

2

1

22

2 2 2 21 1 5 51 1 2 2

5 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 xx x

vy y

y y

2

2

− + − + =

+ =

− + − + + =⇔ + =

= =⇔ + =

= = − = = − ⇔ ∨ ∨ = = − = = −

Câu III : 4 4

0 0

sin ( 1)cos sin cos cos

sin cos sin cos sin cos

x x x x x x x x xdx dx

x x x x x x x x x

π π+ + + = + + + + ∫ ∫



= ( )' 4

4

0

0

sin cos 2 21 ln sin cos ln( )

sin cos 4 8 2

x x xdx x x x x

x x x

ππ π π +

+ = + + = + + + ∫

Câu IV Ta có : ·SBA = 600 và ∆SBA là ½ tam giác ñều

nên SA = 4 3

2 32

aa=

V(SMNCB) = 1

( 2 ) 2 33 2

aa a a

+

= 3 3a

Kẻ NI // AB ñể có AMNI là hình vuông, vậy khoảng cách của AB ñến SN chính là ñường cao ∆SAI, gọi h là chiều cao ñó, ta có:

2 22

1 1 1

(2 3)h aa= + ⇒ h =

12

13

a

Câu V. P = 2 3

x y z

x y y z z x+ +

+ + +

Lấy ñạo hàm theo z ta có : P’ (z) = 2 2

0( ) ( )

y x

y z z x

−+ ++ +

= 2

2 2

( )( )

( ) ( )

x y z xy

y z z x

− −+ +

+ Nếu x = y thì P = 6

5

+ Ta xét x > y thì P ≥ P( xy ) = 2

2 3

yx

x y y x+

+ +

Khảo sát hàm P theo z, ta có P nhỏ nhất khi z = xy

ðặt t = x

y ⇒ P thành f(t) =

2

2

2

2 3 1

t

t t+

+ + (t ∈ (1; 2])

⇒ f’(t) = 3 2

2 2 2

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

(2 3) ( 1)

t t t t

t t

− − + − ++ +

< 0

Vậy P ≥ f(t) ≥ f(2) = 34

33. Dấu “=” xảy ra khi x = 4, y = 1, z = 2

Vậy min P = 34

33.

Câu VI.a.

1. Diện tích ∆MAI=5 =1

. 52

AM ⇒ 2 5AM = và MI2 = IA2 + AM2 = 25

M∈ ∆ ⇒ M(m; -m – 2). Vậy (2 ; 3)MI m m= − +uuur

nên ta có phương trình:

2 24 4 6 9 25m m m m+ − + + + = ⇔ m2 + m – 6 = 0 ⇔ m = 2 hay m = -3 ⇒ M (2; -4) và M (-3; 1). 2. Pt mp (Q) trung trực ñoạn AB qua trung ñiểm I (1;-1;2) của AB có VTPT

IAuur

=(1;1;-1) là : x + y – z + 2 = 0

Giao tuyến d của (P) và (Q) qua J (0; 1; 3) có VTCP ar

= (2; 1; 3)

⇒ pt d :

2

1

3 3

x t

y t

z t

= = + = +

MA = MB, M ∈ (P) ⇒ M ∈ d ⇒ M (2t; 1 + t; 3 + 3t)

S

A B

C

N

M

I



MA = 3 ⇔ (2 – 2t)2 + (-1 – t)2 + (-2 – 3t)2 = 9

⇔ t = 0 hay t = 3

7− . Vậy M (0; 1; 3) hay M

6 4 12; ;

7 7 7 −

Câu VII.a. Giả sử z = a + bi (a, b ∈ R)

22 2 2 2 2 2 2 2( ) 2z z z a ib a b a ib a b abi a b a bi= + ⇔ + = + + − ⇔ − + = + + −

⇔

22 2 2 2 2

12 0

2

a ba b a a b

b ab b v a

= − + + = − ⇔ − = = = −

24 10102

ba

b a

== ⇔ ∨ = = −

1 10 2 20 1 1

2 2

a aa

bb b

= − = − = ⇔ ∨ ∨ = = − =

Vậy có 3 số phức thỏa ðK là :

1 1 1 1

0, ,2 2 2 2

z z i z i= = − + = − −

B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b 1. Do xA, xB > 0 và ∆OAB cân tại O nên A, B ñối xứng nhau qua Ox và xA = xB > 0, yB = - yA

Do A ∈ (E) nên 2 2

14 1A Ax y+ =

S∆OAB = 1 1

. ( , ) 2 .2 2 A A A AAB d O AB y x x y= =

Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy ta có : 1 = 2 2 2

22 .4 1 4A A A

A A A OAB

x y xy x y S+ ≥ = =

S lớn nhất khi và chỉ khi :

2

2

1

4 21

2

A

A

x

y

=

=

⇔ 2

2

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 là ñường cao ta có , 0A AOH x x= > v AAH y= .OAB A AS x y∆⇒ =

Mà ta có :

2 2( 2; ), ( 2; )

2 2A B⇒ − 21

.2. . 4 42OAB A AS y y∆⇒ = −

2 24 4 41

4A Ay y+ −≤ =

và 2

1 22A AS y x= ⇔ = ± ⇒ =

2 2( 2; ), ( 2; )

2 2A B⇒ − hoặc

2 2( 2; ), ( 2; )

2 2B A −



2. B ∈ (S) và ∆OAB ñều nên

2 2 2

2 2

2 2

4 4 4 0B B B B B Bx y z x y z

OA OB

OA AB

+ + − − − =

= =

⇔

2 2 2

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 2 2

8

32

8( ) 0

B B B

B B B

B B B B B

x y z

x y z

x y z x y

+ + = + + = + + − + =

⇔ 2 2 2

8

32

4

B B B

B B B

B B

x y z

x y z

x y

+ + = + + = + =

⇔ 2 2

4

( ) 2 32

4

B

B B B B B

B B

z

x y x y z

x y

= + − + = + =

⇔

0

4

4

B

B

B

x

y

z

= = =

hay

4

0

4

B

B

B

x

y

z

= = =

Trường hợp 1: (4;4;0)OA =uuur

; (0;4;4)OB =uuur

⇒ , (16; 16;16)OA OB = −

uuur uuur

Pt (OAB) : x – y + z = 0

Trường hợp 2: (4;4;0)OA =uuur

; (4;0;4)OB =uuur

⇒ , (16; 16; 16)OA OB = − −

uuur uuur

Pt (OAB) : x – y – z = 0 Câu VII.b Giả sử z = x + yi x, y ∈ R Ta có : (2z – 1)(1 + i) + (z +1)(1 – i) = 2 – 2i ⇔ 2(1 + iz) + (1 – i)z = 2 ⇔ 2(1 + i)(x + yi) + (1 – i)(x – yi) = 2

⇔ 3x – 3y + (x + y)i = 2 ⇔ 3 3 2

0

x y

x y

− = + =

⇔

1

31

3

x

y

= = −

⇒ 1 1 2

9 9 3z = + =

toán a2011

Education