Đề 4 thi tuyển sinh đại học năm 2011 môn: toán; khối a thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A 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 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi k1, k2 là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng k1+k2 đạt giá trị nhỏ nhất Câu II: (2,0 điểm) Giải phương trình Giải hệ phương trình Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặp phảng (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) bẳng 600. Tính thể tích khối chop S. BCNM và khoảng cách giữa 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 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 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) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ; x + y + 2 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc. Qua điểm 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 bằng 10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, 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 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E); . 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 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S); và điểm A(4; 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; ------------------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: BÀI GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. 1. TCĐ: x= vì ; TCN: y = vì Hàm số nghịch biến trên (-¥;) và (; +¥). Hàm số không có cực trị. X -∞ +∞ y’ - - Y - +∞ -∞ - O -1 1 x y 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d : y = x +m Û (2x – 1) (x + m) = -x + 1 (Vì x = không là nghiệm) Û 2x2 + 2mx – (m + 1) = 0 (1) Phương trình (1) có Î R Þ Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm nên d luôn cắt (C) tại hai điểm A, B. Hoành độ tiếp điểm tại A, B là x1, x2 là nghiệm của phương trình (1) Þ x1 + x2 = - m và x1.x2 = Ta có: = = k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất bằng -2 Û m = -1. Câu II: 1. Û (ĐK : sinx ≠ 0) Û cosx = 0 hay cosx + sinx = Û cosx = 0 hay Û x = hay x = (k Î Z) 2. Câu III : = S A B C N M I Câu IV Ta có : = 600 và DSBA là ½ tam giác đều nên SA = V(SMNCB) = = Kẻ NI // AB để có AMNI là hình vuông, vậy khoảng cách của AB đến SN chính là đường cao DSAI, gọi h là chiều cao đó, ta có: Þ h = Câu V. P = Lấy đạo hàm theo z ta có : P’ (z) = = + Nếu x = y thì P = + Ta xét x > y thì P ³ P() = Khảo sát hàm P theo z, ta có P nhỏ nhất khi z = Đặt t = Þ P thành f(t) = (t Î (1; 2]) Þ f’(t) = < 0 Vậy P ³ f(t) ³ f(2) = . Dấu “=” xảy ra khi x = 4, y = 1, z = 2 Vậy min P = . Câu VI.a. 1. Diện tích DMAI=5 = Þ và MI2 = IA2 + AM2 = 25 MÎ D Þ M(m; -m – 2). Vậy nên ta có phương trình: Û m2 + m – 6 = 0 Û m = 2 hay m = -3 Þ M (2; -4) và M (-3; 1). 2. Pt mp (Q) trung trực đoạn AB qua trung điểm I (1;-1;2) của AB có VTPT =(1;1;-1) là : x + y – z + 2 = 0 Giao tuyến d của (P) và (Q) qua J (0; 1; 3) có VTCP = (2; 1; 3) Þ pt d : MA = MB, M Î (P) Þ M Î d Þ M (2t; 1 + t; 3 + 3t) MA = 3 Û (2 – 2t)2 + (-1 – t)2 + (-2 – 3t)2 = 9 Û t = 0 hay t = . Vậy M (0; 1; 3) hay M Câu VII.a. Giả sử z = a + bi (a, b Î R) Û Vậy có 3 số phức thỏa ĐK là : B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b 1. Do xA, xB > 0 và DOAB cân tại O nên A, B đối xứng nhau qua O và xA = xB > 0, yB = - yA Do A Î (E) nên SDOAB = Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 1 = S lớn nhất khi và chỉ khi : Û Vậy : A ; B hay A ; B Cách khác : Gọi OH là đường cao ta có v Mà ta có : và hoặc 2. B Î (S) và DABC đều nên Û Û Û Û Û hay Trường hợp 1: ; Þ Pt (OAB) : x – y + z = 0 Trường hợp 2: ; Þ Pt (OAB) : x – y – z = 0 Câu VII.b Giả sử z = x + yi x, y Î R Ta có : (2z – 1)(1 + i) + (+1)(1 – i) = 2 – 2i Û 2(1 + iz) + (1 – i) = 2 Û 2(1 + i)(x + yi) + (1 – i)(x – yi) = 2 Û 3x – 3y + (x + y)i = 2 Û Û Þ