BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: B 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)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2
y = x − 2(m +1)x + m (1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC; trong đó O là gốc
tọa độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình sin2xcosx + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx. 2. Giải phương trình 2
3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x = 10 − 3x (x ∈ \). π 3 1+ xsin x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = d . x ∫ 2 cos x 0
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, B
AD = a 3. Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm
của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD o
1A1) và (ABCD) bằng 60 . Tính thể tích khối
lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a. B
Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2). 3 3 2 2 ⎛ a b ⎞ ⎛ a b ⎞
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4⎜ + ⎟ − 9⎜ + ⎟⋅ 3 3 2 2 b a b a ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
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 tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆: x – y – 4 = 0 và d: 2x – y – 2 = 0.
Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại
điểm M thỏa mãn OM.ON = 8. x − 2 y +1 z
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng Δ : = = và mặt 1 −2 1 −
phẳng (P): x + y + z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của ∆ và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P)
sao cho MI vuông góc với ∆ và MI = 4 14. 5 + i 3
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z − − 1 = 0. z
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm) ⎛ 1 ⎞
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B ; 1 . ⎜
⎟ Đường tròn nội tiếp ⎝ 2 ⎠
tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho
D(3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương. x + 2 y − 1 z + 5
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: = = và hai 1 3 − 2
điểm A(– 2; 1; 1), B(– 3; – 1; 2). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam
giác MAB có diện tích bằng 3 5. 3 ⎛ ⎞
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức 1+ i 3 z = ⎜ ⎟ . ⎜ 1 i ⎟ ⎝ + ⎠
----------- 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 B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Khi m = 1, ta có: y = x4 – 4x2 + 1.
• Tập xác định: D = R. 0,25 • Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên: y' = 4x3 – 8x; y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 2.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (– ∞; – 2 ) và (0; 2 ); đồng biến trên các
khoảng (– 2; 0) và ( 2; + ∞). 0,25
– Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 2; yCT = – 3, đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1.
– Giới hạn: lim y = lim y = + . ∞ x→ − ∞ x→ + ∞ – Bảng biến thiên:
x – ∞ – 2 0 2 + ∞ y' – 0 + 0 – 0 + + ∞ 1 + ∞ 0,25 y – 3 – 3 • Đồ thị: y 1 − 2 2 –2 O 2 x 0,25 –3
2. (1,0 điểm)
y'(x) = 4x3 – 4(m + 1)x = 4x(x2 – m – 1); y'(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x2 = m + 1 (1). 0,25
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, khi và chỉ khi: (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 0,25 ⇔ m > – 1 (*).
Khi đó: A(0; m), B( − m +1; – m2 – m – 1) và C( m +1; – m2 – m – 1). 0,25
Suy ra: OA = BC ⇔ m2 = 4(m + 1) ⇔ m2 – 4m – 4 = 0
⇔ m = 2 ± 2 2; thỏa mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm: m = 2 – 2 2 hoặc m = 2 + 2 2. 0,25 II
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: sinx(1 + cos2x) + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx 0,25
⇔ cos2x(sinx – 1) + cosx(sinx – 1) = 0 ⇔ (sinx – 1)(cos2x + cosx) = 0 0,25 π
• sinx = 1 ⇔ x = + k2π. 0,25 2 2 • π π
cos2x = – cosx = cos(π – x) ⇔ x = + k . 3 3 π π 0,25 2π
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = + k2π; x = + k (k ∈ Z). 2 3 3 Trang 1/4 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm)
Điều kiện: – 2 ≤ x ≤ 2 (*). 0,25
Khi đó, phương trình đã cho tương đương: ( + x − − x ) 2 3 2 2 2
+ 4 4 − x =10−3x (1).
Đặt t = 2 + x – 2 2 − x, (1) trở thành: 3t = t2 ⇔ t = 0 hoặc t = 3. 0,25 6
• t = 0, suy ra: 2 + x = 2 2 − x ⇔ 2 + x = 4(2 – x) ⇔ x = , thỏa mãn (*). 0,25 5
• t = 3, suy ra: 2 + x = 2 2 − x + 3, vô nghiệm (do 2 + x ≤ 2 và 2 2 − x + 3 ≥ 3
với mọi x ∈ [– 2; 2]). 0,25 6
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = . 5 π π π III 3 1+ sin 3 1 3 x sin x
(1,0 điểm) = d ∫ x x I x = dx ∫ + d . x ∫ 0,25 2 cos x 2 cos x 2 cos x 0 0 0 π 3 1 π Ta có: dx ∫ = (tan x) 3 = 3. 0,25 2 cos x 0 0 π π π π π 3 x sin x 3 ⎛ 1 ⎞ 3 ⎛ x ⎞ 3 dx 2π 3 d sin x và: dx ∫ = x d ∫ = – ∫ = + ∫ 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ cos x ⎝ cos x ⎠ ⎝ cos x ⎠ cos x 3 2 sin x −1 0 0 0 0 0 0,25 π 2 3 1 ⎛ 1 1 = π ⎞ + ∫⎜ − d sin x ⎟ 3
2 ⎝ sin x −1 sin x +1⎠ 0 π 2 3 1 ⎛ sin x −1 ⎞ 2 2 = π π π + ln =
+ ln(2 − 3). Vậy, I = 3 + + ln(2 − 3). 0,25 3 2 ⎜⎝ sin x 1 ⎟ + ⎠ 3 3 0 IV
Gọi O là giao điểm của AC và BD ⇒ A1O ⊥ (ABCD).
(1,0 điểm) Gọi E là trung điểm AD ⇒ OE ⊥ AD và A1E ⊥ AD 0,25 ⇒ n
A EO là góc giữa hai mặt phẳng (ADD n A EO = 60 .D 1
1A1) và (ABCD) ⇒ 1 B1 C1 ⇒ AB a 3 A n
1O = OE tan A EO tan n A EO = . 1 = 2 1 2 A1 D1
Diện tích đáy: SABCD = AB.AD = 2 a 3. 0,25 3 3a B Thể tích: V C = S . ABCD.
ABCD.A1O = 1 A 1 B 1 C 1 D O 2 A H Ta có: B D
1C // A1D ⇒ B1C // (A1BD) B B E
⇒ d(B1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)). 0,25 B
Hạ CH ⊥ BD (H ∈ BD) ⇒ CH ⊥ (A1BD) ⇒ d(C, (A1BD)) = CH. . CD CB a 3
Suy ra: d(B1, (A1BD)) = CH = = . 0,25 B 2 2 CD + CB 2 V
Với a, b dương, ta có: 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2)
(1,0 điểm) ⎛ a b ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ 0,25
⇔ 2(a2 + b2) + ab = a2b + ab2 + 2(a + b) ⇔ 2⎜ + ⎟ + 1 = (a + b) + 2⎜ + . ⎟ ⎝ b a ⎠ ⎝ a b ⎠ Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ a b ⎞
(a + b) + 2⎜ + ⎟ ≥ 2 2(a + b)⎜ + ⎟ = 2 2⎜ + + 2⎟ , suy ra: ⎝ a b ⎠ ⎝ a b ⎠ ⎝ b a ⎠ 0,25 ⎛ a b ⎞ ⎛ a b ⎞ a b 5
2 ⎜ + ⎟ + 1 ≥ 2 2⎜ + + 2⎟ ⇒ + ≥ . ⎝ b a ⎠ ⎝ b a ⎠ b a 2 a b 5
Đặt t = + , t ≥ , suy ra: P = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18. b a 2 0,25 5
Xét hàm f(t) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18, với t ≥ . 2 ⎛ 5 ⎞ 23
Ta có: f '(t) = 6(2t2 – 3t – 2) > 0, suy ra: min f (t) = f ⎜ ⎟ = – . ⎡5 ⎞ ;+∞ ⎝ 2 ⎠ 4 ⎢ ⎟ ⎣2 ⎠ 23 a b 5 ⎛ 1 1 ⎞ 0,25 Vậy, minP = –
; khi và chỉ khi: + = và a + b = 2⎜ + ⎟ 4 b a 2 ⎝ a b ⎠
⇔ (a; b) = (2; 1) hoặc (a; b) = (1; 2). VI.a 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
N ∈ d, M ∈ ∆ có tọa độ dạng: N(a; 2a – 2), M(b; b – 4). ∆
O, M, N cùng thuộc một đường thẳng, khi và chỉ khi: d 0,25 M 4a
a(b – 4) = (2a – 2)b ⇔ b(2 – a) = 4a ⇔ b = . N 2 − a O •
OM.ON = 8 ⇔ (5a2 – 8a + 4)2 = 4(a – 2)2. 0,25
⇔ (5a2 – 6a)(5a2 – 10a + 8) = 0 ⇔ 5a2 – 6a = 0 6 0,25
⇔ a = 0 hoặc a = . 5 ⎛ 6 2 ⎞
Vậy, N(0; – 2) hoặc N ; ⎜ ⎟. 0,25 ⎝ 5 5 ⎠
2. (1,0 điểm) ⎧ x − 2 y +1 z ⎪ = =
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: ⎨ 1 2 − 1 − ⇒ I(1; 1; 1). 0,25
⎪⎩x + y + z −3 = 0
Gọi M(a; b; c), ta có:
⎧a + b + c −3 = 0 ⎪
M ∈ (P), MI ⊥ ∆ và MI = 4 14 ⇔ ⎨a − 2b − c + 2 = 0 0,25 ⎪ 2 2 2
⎩(a −1) + (b −1) + (c −1) = 224 b ⎧ = 2a −1 ⎪ ⇔ ⎨c = 3 − a + 4 0,25 ⎪ 2 2 2
⎩(a −1) + (2a − 2) + (−3a + 3) = 224
⇔ (a; b; c) = (5; 9; – 11) hoặc (a; b; c) = (– 3; – 7; 13). 0,25
Vậy, M(5; 9; – 11) hoặc M(– 3; – 7; 13). VII.a
Gọi z = a + bi với a, b ∈ R và a2 + b2 ≠ 0, ta có:
(1,0 điểm) 5 + i 3 5 + i 3 0,25 z −
− 1 = 0 ⇔ a – bi – – 1 = 0 z a + bi Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm
⇔ a2 + b2 – 5 – i 3 – a – bi = 0 ⇔ (a2 + b2 – a – 5) – (b + 3 )i = 0 0,25 2 2
⎧⎪a + b − a −5 = 0 2
⎧⎪a − a − 2 = 0 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 0,25 b ⎪⎩ + 3 = 0 b ⎪⎩ = − 3
⇔ (a; b) = (– 1; – 3 ) hoặc (a; b) = (2; – 3 ). Vậy z = – 1 – i 3 hoặc z = 2 – i 3. 0,25 VI.b 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) JJJG ⎛ 5 ⎞ BD = ; 0 ⎜
⎟ ⇒ BD // EF ⇒ tam giác ABC cân tại A; ⎝ 2 ⎠ 0,25
⇒ đường thẳng AD vuông góc với EF, có phương trình: x – 3 = 0. 2 ⎛ 1 ⎞ 25
F có tọa độ dạng F(t; 3), ta có: BF = BD ⇔ 2 t ⎜ − ⎟ + 2 =
⇔ t = – 1 hoặc t = 2. 0,25 ⎝ 2 ⎠ 4
• t = – 1 ⇒ F(– 1; 3); suy ra đường thẳng BF có phương trình: A
4x + 3y – 5 = 0. ⎛ 7 ⎞ 0,25
A là giao điểm của AD và BF ⇒ A 3; ⎜ − , ⎟ không thỏa mãn ⎝ 3 ⎠ F E
yêu cầu (A có tung độ dương).
• t = 2 ⇒ F(2; 3); suy ra phương trình BF: 4x – 3y + 1 = 0. B C ⇒ ⎛ 13 ⎞ ⎛ 13 ⎞ A 3; , 0,25 ⎜
⎟ thỏa mãn yêu cầu. Vậy, có: A 3; . ⎜ ⎟ D ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 2. (1,0 điểm)
M ∈ ∆, suy ra tọa độ M có dạng: M(– 2 + t; 1 + 3t; – 5 – 2t). 0,25 JJJJG JJJG JJJJG JJJG
⇒ AM = (t; 3t; – 6 – 2t) và AB = (– 1; – 2; 1) ⇒ ⎡AM , AB⎤ ⎣
⎦ = (– t – 12; t + 6; t). 0,25
S∆MAB = 3 5 ⇔ (t + 12)2 + (t + 6)2 + t2 = 180 0,25
⇔ t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = – 12. Vậy, M(– 2; 1; – 5) hoặc M(– 14; – 35; 19). 0,25 VII.b ⎛ 1 3 ⎞ ⎛ π π ⎞ ⎛ π π ⎞ 1 + i 3 = 2⎜ + i ⎟
(1,0 điểm) ⎜ = 2 cos ⎜
+ isin ⎟ và 1 + i = 2 cos ⎜ + isin ; ⎟ 0,25 2 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ 3 3 ⎠ ⎝ 4 4 ⎠ 8(cosπ + isinπ ) suy ra: z = ⎛ 3π 3π ⎞ 0,25 2 2 cos ⎜ + isin ⎟ ⎝ 4 4 ⎠ = ⎛ π π ⎞ 2 2 cos ⎜ + i sin ⎟ 0,25 ⎝ 4 4 ⎠
= 2 + 2i. Vậy số phức z có: Phần thực là 2 và phần ảo là 2. 0,25
------------- Hết ------------- Trang 4/4