B GIÁO DC VÀ ĐÀO TO
ĐỀ CHÍNH THC
ĐỀ THI TUYN SINH ĐẠI HC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khi: A
Thi gian làm bài: 180 phút, không k thi gian phát đề
PHN CHUNG CHO TT C THÍ SINH (7,0 đim)
Câu I (2,0 đim) Cho hàm s
1
.
21
x
y
x
−+
=
1. Kho sát s biến thiên và v đồ th (C) ca hàm s đã cho.
2. Chng minh rng vi mi m đường thng y = x + m luôn ct đồ th (C) ti hai đim phân bit A
B. Gi k
1
, k
2
ln lượt là h s góc ca các tiếp tuyến vi (C) ti AB. Tìm m để tng đạt
giá tr ln nht.
1
kk+
2
Câu II (2,0 đim)
1. Gii phương trình
2
1sin2 cos2
2sin sin2 .
1cot
xx
x
x
x
++
=
+
2. Gii h phương trình
223
22 2
5432()0
(, ).
()2()
xy xy y x y
xy
xy x y x y
−++=
++=+
\
Câu III (1,0 đim) Tính tích phân
4
0
sin ( 1)cos
d.
sin cos
x
xx x
I
x
xx x
π
++
=
+
Câu IV (1,0 đim) Cho hình chóp S.ABCđáy ABC là tam giác vuông cân ti B, AB = BC = 2a;
hai mt phng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc vi mt phng (ABC). Gi M là trung đim ca AB;
mt phng qua SM và song song vi BC, ct AC ti N. Biết góc gia hai mt phng (SBC) và (ABC)
bng 60
o
. Tính th tích khi chóp S.BCNM và khong cách gia hai đường thng ABSN theo a.
Câu V (1,0 đim) Cho ,,
x
yzlà ba s thc thuc đon [1; 4] và x y, x z. Tìm giá tr nh nht ca
biu thc
.
23
=++
++
+
x
yz
P
x
yyzzx
PHN RIÊNG (3,0 đim): Thí sinh ch được làm mt trong hai phn (phn A hoc B)
A. Theo chương trình Chun
Câu VI.a (2,0 đim)
1.
Trong mt phng to độ Oxy, cho đường thng : x + y + 2 = 0 và đường tròn
Gi I là tâm ca (C), Mđim thuc . Qua M k các tiếp tuyến
MAMB đến (C) (AB là các tiếp đim). Tìm ta độ đim M, biết t giác MAIB có din tích
bng 10.
22
(): 4 2 0.Cx y x y+− =
2.
Trong không gian vi h ta độ Oxyz, cho hai đim A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) và mt phng
Tìm ta độ đim M thuc (P) sao cho MA = MB = 3.
():2 4 0.Pxyz−−+=
Câu VII.a (1,0 đim) Tìm tt c các s phc z, biết:
2
2
.zz=+z
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 đim)
1. Trong mt phng ta độ Oxy, cho elip
22
(): 1.
41
xy
E +=
Tìm ta độ các đim AB thuc
(E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân ti O và có din tích ln nht.
2. Trong không gian vi h ta độ Oxyz, cho mt cu đim
. Viết phương trình mt phng (OAB), biết đim B thuc (S) và tam giác OAB đều.
222
(): 4 4 4 0Sx y z x y z++ =
(4; 4; 0)A
Câu VII.b (1,0 đim) Tính môđun ca s phc z, biết: (2 1)(1 ) ( 1)(1 ) 2 2−+++=zizii.
----------- Hết ----------
Thí sinh không được s dng tài liu. Cán b coi thi không gii thích gì thêm.
H và tên thí sinh:.............................................; S báo danh:................................
B GIÁO DC VÀ ĐÀO TO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIM
ĐỀ THI TUYN SINH ĐẠI HC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khi A
(Đáp án - thang đim gm 05 trang)
ĐÁP ÁN THANG ĐIM
Câu
Đáp án
Đim
1. (1,0 đim)
Tp xác định:
1
\.
2
D
⎧⎫
=
⎨⎬
⎩⎭
\
S biến thiên:
Chiu biến thiên:
()
2
1
'0
21
y
x
=
,<
x D.
Hàm s nghch biến trên các khong
1
;
2
⎛⎞
−∞
⎜⎟
⎝⎠
1
;.
2
⎛⎞
⎜⎟
+∞
⎝⎠
0,25
Gii hn và tim cn:
1
lim lim ;
2
xx
yy
→− →+
==
tim cn ngang:
1
.
2
y =−
1
Trang 1/5
2
⎝⎠
lim ,
x
y
⎛⎞
⎜⎟
=−
1
2
lim ;
x
y
+
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
=+
tim cn đứng:
1
.
2
x =
0,25
Bng biến thiên:
0,25
Đồ th:
0,25
2. (1,0 đim)
Hoành độ giao đim ca d: y = x + m và (C) là nghim phương trình: x + m =
1
21
x
−+
(x + m)(2x – 1) =x + 1 (do x =
1
2
không là nghim)
2x
2
+ 2mxm – 1 = 0 (*).
0,25
' = m
2
+ 2m + 2 > 0, m. Suy ra d luôn ct (C) ti hai đim phân bit vi mi m.
0,25
Gi x
1
x
2
nghim ca (*), ta có:
k
1
+ k
2
=
2
1
1
(2 1)
x
2
2
1
(2 1)
x
=
2
12 12 12
2
12 1 2
4( ) 8 4( ) 2
.
(4 2( ) 1)
xx xx xx
xx x x
+− ++
−++
0,25
I
(2,0 đim)
Theo định lý Viet, suy ra: k
1
+ k
2
= – 4m
2
– 8m – 6 = – 4(m + 1)
2
– 2 – 2.
Suy ra:
k
1
+ k
2
ln nht bng – 2, khi và ch khi m = – 1.
0,25
x
1
2
+
y’
y
1
2
1
2
+
y
x
1
2
1
2
O
1
(C)
– 1
Trang 2/5
Câu
Đáp án
Đim
1. (1,0 đim)
Điu kin: sin x 0 (*).
Phương trình đã cho tương đương vi: (1 + sin2
x + cos2x)sin
2
x = 22sin
2
xcosx
0,25
1 + sin2x + cos2x =
22
cosx (do sinx 0) cosx (cosx + sinx
2
) = 0.
0,25
cosx = 0 x =
2
π
+ kπ, tha mãn (*).
0,25
cosx + sinx = 2 sin(x +
4
π
) = 1 x =
4
π
+ k2π, tha mãn (*).
Vy, phương trình có nghim:
x =
2
π
+ kπ; x =
4
π
+ k2π (k Z).
0,25
2. (1,0 đim)
223
22 2
5432()0(1)
()2() (2
xy xy y x y
xy x y x y
−++=
++=+
).
Ta có: (2)
(xy – 1)(x
2
+ y
2
– 2) = 0 xy = 1 hoc x
2
+ y
2
= 2.
0,25
xy = 1; t (1) suy ra: y
4
– 2y
2
+ 1 = 0 y = ± 1.
Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoc (x; y) = (–1; –1).
0,25
x
2
+ y
2
= 2; t (1) suy ra: 3y(x
2
+ y
2
) – 4xy
2
+ 2x
2
y – 2(x + y) = 0
6y – 4xy
2
+ 2x
2
y – 2(x + y) = 0
(1 – xy)(2yx) = 0 xy = 1 (đã xét) hoc x = 2y.
0,25
II
(2,0 đim)
Vi x = 2y, t x
2
+ y
2
= 2 suy ra:
(x; y) =
210 10
;
55
⎛⎞
hoc (x; y) =
⎝⎠
210 10
;.
55
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
Vy, h có nghim: (1; 1), (– 1; – 1),
210 10
;,
55
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
210 10
;.
55
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
0,25
I =
4
0
(sin cos) cos
d
sin cos
x
xxxx
x
xx x
π
++
+
=
44
00
cos
dd
sin cos
xx
.
x
x
x
xx
ππ
+
+
∫∫
0,25
Ta có:
4
0
d
x
π
=
4
0
x
π
=
4
π
0,25
4
0
cos
d
sin cos
xx
x
x
xx
π
+
=
4
0
d( sin cos )
sin cos
x
xx
x
xx
π
+
+
=
()
4
0
ln sin cosxx x
π
+
0,25
III
(1,0 đim)
=
2
ln
Suy ra: I =
1 .
24
⎛⎞
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
4
π
+
2
ln
1 .
24
⎛⎞
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
0,25
(SAB) và (SAC) cùng vuông góc vi (ABC) SA (ABC).
AB BC
SB BC
n
SBA là góc gia (SBC) và
(ABC)
n
SBA = 60
o
SA = =
n
tanAB SBA 23 .a
0,25
IV
(1,0 đim)
Mt phng qua SM và song song vi BC, ct AC ti N
MN //BCN là trung đim AC.
MN =
,
2
BC
a= BM = .
2
AB
a=
Din tích: S
BCNM
=
2
()3
22
B
CMNBM a+
=
Th tích: V
S.BCNM
=
3
1
3
3
BCNM
SSAa⋅=
0,25
S
A
B
C
N
M
D
H
Trang 3/5
Câu
Đáp án
Đim
K đường thng đi qua N, song song vi AB. H AD (D ) AB // (SND)
d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)).
H AH SD (H SD)
AH (SND) d(A, (SND)) = AH.
0,25
Tam giác SAD vuông ti A, có: AH SDAD = MN = a
d(AB, SN) = AH =
22
.2
13
SA AD a
SA AD
=⋅
+
39
0,25
Trước hết ta chng minh:
11 2
(*),
11
1
ab
ab
+≥
++
+
vi ab dương, ab 1.
Tht vy, (*)
(a + b + 2)(1 + ab ) 2(1 + a)(1 + b)
(a + b) ab + 2 ab a + b + 2ab
( ab – 1)( a b )
2
0, luôn đúng vi ab dương, ab 1.
Du bng xy ra, khi và ch khi: a = b hoc ab = 1.
0,25
Áp dng (*), vi xy thuc đon [1; 4] và x y, ta có:
11
23
11
x
P
zx
xy
y
z
=++
+
++
12
.
3
2
1
y
x
x
y
+
+
+
Du " = " xy ra khi và ch khi:
z
y
=
x
z
hoc
1
x
y
=
(1)
0,25
Đặt
x
y
= t, t [1; 2]. Khi đó: P
2
2
2
231
t
tt
+⋅
++
Xét hàm f(t) =
2
2
2
,
231
t
tt
+
++
t [1; 2];
3
22 2
2(43)3(21)9)
'( )
(2 3) (1 )
tt tt
ft
tt
−−++
=
++
< 0.
f(t) f(2) =
34
;
33
du " = " xy ra khi và ch khi: t = 2
x
y
= 4 x = 4, y = 1 (2).
0,25
V
(1,0 đim)
P
34
.
33
T (1) và (2) suy ra du " = " xy ra khi và ch khi: x = 4, y = 1 và z = 2.
Vy, giá tr nh nht ca P bng
34
;
33
khi x = 4, y = 1, z = 2.
0,25
1. (1,0 đim)
Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5.
T giác MAIB
n
M
AI =
n
M
BI = 90
o
MA = MB
S
MAIB
= IA.MA
0,25
MA = 25 IM =
22
I
AMA+ = 5.
0,25
M , có ta độ dng M(t; – t – 2).
IM = 5 (t – 2)
2
+ (t + 3)
2
= 25 2t
2
+ 2t – 12 = 0
0,25
t = 2 hoc t = – 3. Vy, M(2; – 4) hoc M(– 3; 1).
0,25
2. (1,0 đim)
VI.a
(2,0 đim)
Gi M(x; y; z), ta có: M (P) và MA = MB = 3
22 2
222
240
(2) (1)9
(2)(3)
xyz
xyz
xy z
−−+=
−++=
++ + =
9
0,25
M
I
A
B
Trang 4/5
Câu
Đáp án
Đim
22 2
240
20
(2) (1)
xyz
xyz
xyz
−−+=
+−+=
−++=
9
0,25
2
22
3
7114
xy
zy
yy
=−
=
−+=
0
0,25
(x; y; z) = (0; 1; 3) hoc
6412
;;
77 7
.
⎝⎠
Vy có: M(0; 1; 3) hoc
6412
;; .
77 7
M
⎝⎠
0,25
Gi z = a + bi (a, b R), ta có:
2
2
zz=+z (a + bi)
2
= a
2
+ b
2
+ abi
0,25
a
2
b
2
+ 2abi = a
2
+ b
2
+ abi
22 22
2
abab
ab b
−=++
=−
a
0,25
2
2
(2 1) 0
ab
ba
=−
+=
0,25
VII.a
(1,0 đim)
(a; b) = (0; 0) hoc (a; b) =
11
;
22
hoc (
a; b) =
⎝⎠
11
;.
22
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎝⎠
Vy,
z = 0 hoc z =
1
2
+
1
2
i hoc z =
1
2
1
2
i.
0,25
1. (1,0 đim)
VI.b
Gi A(x; y). Do A, B thuc (E) có hoành độ dương và tam giác OAB cân ti O, nên:
B(x; – y), x > 0. Suy ra: AB = 2| y | =
2
4.
x
0,25
Gi H là trung đim AB, ta có: OH ABOH = x.
Din tích: S
OAB
=
2
1
4
2
x
x
0,25
=
2
1
(4 )
2
2
x
x−≤ 1.
Du "
= " xy ra, khi và ch khi x = 2.
0,25
Vy:
2
2;
2
A
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
2
2;
2
B
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
hoc
2
2;
2
A
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
2
2; .
2
B
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
0,25
2. (1,0 đim)
(S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 23. Nhn xét: OA cùng thuc (S).
Tam giác
OAB đều, có bán kính đường tròn ngoi tiếp r =
3
OA
=
42
.
3
0,25
Khong cách: d(I, (P)) =
22
R
r =
2
.
3
(
P) đi qua O có phương trình dng: ax + by + cz = 0, a
2
+ b
2
+ c
2
0 (*).
(
P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 b =a.
0,25
d(I, (P)) =
222
2( )abc
abc
++
++
=
22
2
2
c
ac+
22
2
2
c
ac+
=
2
3
0,25
(2,0 đim)
2a
2
+ c
2
= 3c
2
c = ± a. Theo (*), suy ra (P): xy + z = 0 hoc xyz = 0.
0,25
y
x
O
A
H
B
Trang 5/5
Câu
Đáp án
Đim
Gi z = a + bi (a, b R), ta có: (2z 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = 2 – 2i
[(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = 2 – 2i
0,25
(2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (ab + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i
0,25
(3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i
332
22
ab
ab
−=
+−=
0,25
VII.b
(1,0 đim)
1
,
3
a =
1
3
b =−
Suy ra môđun: | z | =
2
ab+
2
=
2
3
0,25
------------- Hết -------------

Preview text:

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: A ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm
) x + 1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = . 2x − 1
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 luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A
B. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại AB. Tìm m để tổng k + k đạt 1 2 giá trị lớn nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1+ sin 2x + cos 2x 1. Giải phương trình = 2 sin xsin 2 . x 2 1+ cot x 2 2 3 5
⎧⎪ x y − 4xy + 3y − 2(x + y) = 0
2. Giải hệ phương trình ⎨
(x, y ∈ \). 2 2 2
⎪⎩xy(x + y ) + 2 = (x + y) π
4 xsin x + (x +1)cos x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = d . x
x sin x + cos x 0
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 60o. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng ABSN theo a.
Câu V (1,0 điểm
) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và xy, xz. Tìm giá trị nhỏ nhất của x y z biểu thức P = + + . 2x + 3y y + z z + x
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong 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 : x + y + 2 = 0 và đường tròn 2 2
(C) : x + y − 4x − 2y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc . Qua M kẻ các tiếp tuyến
MAMB đến (C) (AB là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
2. 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 + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao 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
) 2 2 x y
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E): +
= 1. Tìm tọa độ các điểm AB thuộc 4 1
(E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2
(S) : x + y + z − 4x − 4y − 4z = 0 và điểm (4
A ; 4; 0) . Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết: (2z − 1)(1 + i) + (z + 1)(1 − i) = 2 − 2i .
----------- Hết ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) ⎧1 ⎫
• Tập xác định: D = \ \ ⎨ ⎬. ⎩2⎭ • Sự biến thiên: −1
Chiều biến thiên: y ' =
< 0, ∀xD. 0,25 (2x− )2 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; ⎜ −∞ ⎟ và ; + ∞ . ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 1 1
Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = − ; tiệm cận ngang: y = − . x → −∞ x → +∞ 2 2 1 0,25
lim y = − ∞, lim y = + ;
∞ tiệm cận đứng: x = . 1 − ⎛ ⎞ 1 + ⎛ ⎞ 2 x →⎜ ⎟ x→⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
Bảng biến thiên: x − ∞ 1 + ∞ 2 y’ − − 0,25 1 − + ∞ y 2 1 − − ∞ 2 • Đồ thị: y (C) 1 O 1 x 2 1 − 0,25 2 – 1
2. (1,0 điểm)x +1
Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m = 2x −1 0,25 1
⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = không là nghiệm) ⇔ 2x2 + 2mxm – 1 = 0 (*). 2
∆' = m2 + 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m. 0,25
Gọi x1 và x2 là nghiệm của (*), ta có: 1 1 2
4(x + x ) −8x x − 4(x + x ) + 2 0,25 k 1 2 1 2 1 2 1 + k2 = – – = − . 2 (2x −1) 2 (2x −1) 2
(4x x − 2(x + x ) +1) 1 2 1 2 1 2
Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – 6 = – 4(m + 1)2 – 2 ≤ – 2. 0,25
Suy ra: k1 + k2 lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1. Trang 1/5 Câu Đáp án Điểm II
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Điều kiện: sin x ≠ 0 (*). 0,25
Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 2 sin2xcosx
⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – 2 ) = 0. 0,25 • π
cosx = 0 ⇔ x = + kπ, thỏa mãn (*). 0,25 2 • π π
cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x + ) = 1 ⇔ x = + k2π, thỏa mãn (*). 4 4 0,25 π π
Vậy, phương trình có nghiệm: x = + kπ; x = + k2π (k ∈ Z). 2 4 2. (1,0 điểm) 2 2 3 5
⎧⎪ x y − 4xy + 3y − 2(x + y) = 0 (1) ⎨ 2 2 2
⎪⎩xy(x + y ) + 2 = (x + y) (2). 0,25
Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2 + y2 = 2.
xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1. 0,25
Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1).
x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0
⇔ 6y – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0 0,25
⇔ (1 – xy)(2yx) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y.
Với x = 2y, từ x2 + y2 = 2 suy ra: ⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10 10 ⎞ (x; y) = ⎜ ; ⎜
⎟ hoặc (x; y) = ⎜ − ; − ⎟. 5 5 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 5 5 ⎝ ⎠ 0,25 ⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10 10 ⎞
Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), ⎜ ; ⎟, ⎜ ⎜ − ; − ⎟. 5 5 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 5 5 ⎝ ⎠ π π π III
4 (xsin x + cos x) + x cos x 4 4 x cos x
(1,0 điểm) I = dx ∫ = dx ∫ + d . x0,25
x sin x + cos x
x sin x + cos x 0 0 0 π 4 π π Ta có: dx ∫ = 4 x = 0,25 0 4 0 π π 4 x cos x
4 d(x sin x + cos x) π và dx ∫ = ∫
= (ln xsin x + cos x ) 4 0,25
x sin x + cos x
x sin x + cos x 0 0 0 ⎛ 2 ⎛ ⎞⎞ ⎛ 2 ⎛ ⎞⎞ = π π π ln ⎜⎜
⎜ +1⎟⎟. Suy ra: I = + ln ⎜⎜ ⎜ +1⎟⎟. 0,25 2 4 ⎟ ⎟ ⎝ ⎝ ⎠⎠ 4 2 ⎝ ⎝ 4 ⎠⎠ IV
(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC). S
(1,0 điểm)
ABBCSBBC ⇒ n
SBA là góc giữa (SBC) và 0,25 (ABC) ⇒ n
SBA = 60o ⇒ SA = n
AB tan SBA = 2a 3.
Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N H D
MN //BCN là trung điểm AC. N C A BC AB MN = = a, BM = = . a M B 2 2 0,25 2
(BC + MN)BM 3a 1 Diện tích: SBCNM = = ⋅ Thể tích: V S
SA = a 3 ⋅ 2 2 S.BCNM = 3 3 BCNM Trang 2/5 Câu Đáp án Điểm
Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB. Hạ AD (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND)
⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)). 0,25
Hạ AHSD (HSD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH.
Tam giác SAD vuông tại A, có: AHSDAD = MN = a ⇒ . SA AD 2a 39 0,25
d(AB, SN) = AH = = ⋅ 2 2 SA + AD 13 V 1 1 2
Trước hết ta chứng minh: + ≥
(*), với ab dương, ab ≥ 1.
(1,0 điểm) 1+ a 1+ b 1+ ab
Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b) 0,25
⇔ (a + b) ab + 2 ab a + b + 2ab
⇔ ( ab – 1)( a b )2 ≥ 0, luôn đúng với ab dương, ab ≥ 1.
Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1.
Áp dụng (*), với xy thuộc đoạn [1; 4] và xy, ta có: x 1 1 1 2 P = + + ≥ + . 2x + 3y z x 3y 1 + 1 + 2 x + y z 1 x + y 0,25 z x x
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: = hoặc =1 (1) y z y x 2 t 2 Đặt
= t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ + ⋅ y 2 2t +3 1 +t 2 t 2 3
− 2 ⎡t (4t − 3) + 3t(2t −1) + 9)⎤
Xét hàm f(t) = +
, t ∈ [1; 2]; f '(t) ⎣ ⎦ = < 0. 0,25 2 2t + 3 1 + t 2 2 2 (2t +3) (1 + t) ⇒ 34 x
f(t) ≥ f(2) =
; dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔ = 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2). 33 y ⇒ 34 P
. Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2. 33 0,25 34
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng
; khi x = 4, y = 1, z = 2. 33 VI.a 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5. A Tứ giác MAIB có n MAI = n
MBI = 90o và MA = MB 0,25 I
⇒ SMAIB = IA.MA
MA = 2 5 ⇒ IM = 2 2 IA + MA = 5. 0,25 M B
, có tọa độ dạng M(t; – t – 2). 0,25
IM = 5 ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0 M
t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1). 0,25 2. (1,0 điểm)
⎧2x y z + 4 = 0 ⎪
Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ 2 2 2
⎨(x − 2) + y + (z −1) = 9 0,25 ⎪ 2 2 2 x
⎩ + (y + 2) + (z − 3) = 9 Trang 3/5 Câu Đáp án Điểm
⎧2x y z + 4 = 0 ⎪
⇔ ⎨x + y z + 2 = 0 0,25 ⎪ 2 2 2
⎩(x − 2) + y + (z −1) = 9 ⎧x = 2y − 2 ⎪ ⇔ ⎨z = 3y 0,25 ⎪ 2
⎩7 y −11y + 4 = 0 ⎛ 6 4 12 ⎞ ⎛ 6 4 12 ⎞
⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc ⎜ − ; ; .
⎟ Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc M ⎜ − ; ; . ⎟ 0,25 ⎝ 7 7 7 ⎠ ⎝ 7 7 7 ⎠ VII.a
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: 2 2
z = z + z ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + abi 0,25
(1,0 điểm) 2 2 2 2
a b = a + b + a
a2 – b2 + 2abi = a2 + b2 + abi ⇔ ⎨ 0,25 ⎩2ab = − b 2 ⎧a = − 2b ⇔ ⎨ 0,25 b ⎩ (2a +1) = 0 ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞
⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = − ; ⎜ hoặc (a; b) ⎟ = ⎜− ; − .⎟ ⎝ 2 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎠ 0,25 1 1 1 1
Vậy, z = 0 hoặc z = − + i hoặc z = − – i. 2 2 2 2 VI.b 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Gọi A(x; y). Do A, B thuộc (E) có hoành độ dương và tam giác OAB cân tại O, nên: 0,25
B(x; – y), x > 0. Suy ra: AB = 2| y | = 2 4 − x . y
Gọi H là trung điểm AB, ta có: OHABOH = x. A 1 0,25 Diện tích: S 2 OAB = x 4 − x 2 H O x 1 = 2 (4 2 xx ) ≤ 1. B 2 0,25
Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x = 2. ⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ Vậy: A⎜ 2; ⎟ ⎜ và B ⎜ 2; − ⎟ hoặc A⎜ 2; − ⎟ và B⎜ 2; ⎟. 0,25 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 ⎝ ⎠ 2 ⎝ ⎠ 2 ⎝ ⎠ 2. (1,0 điểm)
(S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3 . Nhận xét: OA cùng thuộc (S). OA 4 2 0,25
Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = = . 3 3 2
Khoảng cách: d(I, (P)) = 2 2 R r = . 3
(P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 0,25 ≠ 0 (*).
(P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a.
2(a + b + c) 2c 2c 2 d(I, (P)) = = ⇒ = 0,25 2 2 2 a + b + c 2 2 2a + c 2 2 2a + c 3
⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): xy + z = 0 hoặc xyz = 0. 0,25 Trang 4/5 Câu Đáp án Điểm VII.b
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = 2 – 2i 0,25
(1,0 điểm) ⇔ [(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = 2 – 2i
⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (ab + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i 0,25 3 ⎧ a − 3b = 2
⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔ ⎨ 0,25
a + b − 2 = 2 − 1 1 2
a = , b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = 2 a + b2 = ⋅ 0,25 3 3 3
------------- Hết ------------- Trang 5/5