Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2011 môn Toán khối B

ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2011
MÔN TOÁN-KHỐI B
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: 1/ Khảo sát, (C)
vẽ :
4
m = 1 ⇒ y = x – 4x2 + 1
D = R, y’ = 4x3 – 8x, y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = ± 2
Hàm số đồng biến trên ( − 2 ; 0) và ( 2 ; +∞), nghịch biến trên (-∞; − 2 ) và (0;
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = ± 2 và yCT = -3
lim y = +∞

2)

x →±∞

Bảng biến thiên :
− 2
x -∞
− 0 +
y’
y +∞
-3

y

0
0
1

−

2
+∞
0 +

1

+∞

− 2

-3

-2

y’ = 4x3 – 4(m + 1)x
y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x2 = m + 1
Hàm số có 3 cực trị ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > -1
Khi đó đồthị hàm số có 3 cực trị A (0; m),
B ( m + 1 ; -m2 – m – 1); C (- m + 1 ; -m2 – m – 1)
Ta có: OA = BC ⇔ m2 = 4(m + 1) ⇔ m = 2 ± 2 2 (thỏa m > -1)
Câu II.
1. Phương trình đã cho tương đương :
2sinxcos2x + sinxcosx = 2cos2x – 1 + sinx + cosx
⇔ sinxcosx (2cosx + 1) = cosx (2cosx + 1) – 1 + sinx
⇔ cosx(2cosx + 1)(sinx – 1) – sinx + 1 = 0
⇔ sinx = 1 hay cosx(2cosx + 1) – 1 = 0

2
O

2

2/

⇔ x=
⇔ x=
⇔ x=
2.

π
2

π
2

-3

+ k 2 π hay 2cos2x + cosx – 1 = 0
+ k 2 π hay cosx = – 1 hay cosx =

π

1
2

π

+ k 2 π hay x = π + k2π hay x = ± + k 2 π (k ∈ Z)
2
3

Đặt t = 3 2 + x −6 2 −x ⇒ t2 = 9(10 −3 x −4 4 −x 2 )
Phương trình đã cho trở thành : t2 – 9t = 0 ⇔ t = 0 hay t = 9
6
Với t = 0 : 3 2 + x =6 2 −x ⇔ x =
5
Với t = 9 :
3 2 + x −6 2 −x = 9 (điều kiện : -2 ≤x ≤2)
⇔ 2 + x =3 + 2 2 −x ⇔ 2 + x = 9 + 12 2 −x +4(2 – x)
⇔ 12 2 −x =5 x −15 (vô nghiệm)
Cách khác : Đặt u = 2 + x và v = 2 −x (u, v ≥0), phương trình đã cho trở thành:
3u −6v + 4uv =u 2 + 4v 2 (1)
 2 2
(2)
u + v =4
2
(1) ⇔ 3(u – 2v) = (u – 2v) ⇔ u = 2v hay u = 2v + 3

x

4
4
6
⇔ x=
suy ra: 2 – x =
5
5
5
Với u = 2v + 3 ta có (2) ⇔ (2v + 3)2 + v2 = 4 ⇔ 5v2 + 12v +5 = 0 (VN vì v≥0)
Với u = 2v ta có (2) ⇔ v2 =
Câu III:
π

π

π

π

3

3
3
3
π
dx
x sin xdx
x sin xdx
x sin xdx
3 +
=
=
+
I =∫ 2 +∫
tan
x
3
[
]
2
2
∫
∫
0
cos x 0 cos x
cos x
cos2 x
0
0
0
Đặt u = x => du = dx
1
sin xdx
, chọn v =
dv =
2
cos x
cos x

π

π

3

⇒ I=

=

x sin xdx
=
3+∫
cos2 x
0

2 π 1 sin x −1
3+
+ ln
3 2 sin x + 1

π

π

3

3

3+

x
dx
−
=
cos x 0 ∫
cos
x
0

=

3+

3

3+

2π
cos xdx
+
2
3 ∫
sin
x −1
0

π
3
0

2π 1 2− 3
+ ln
3 2 2+ 3

Câu IV.
A1
a
, ∆OIA1 là nửa tam giác đều
2
⇒ A1I = 2OI = a
D
a 3
3a 3
VABCD.A1B1C1D1 = a.a 3.
=
I
2
2
O
Gọi B2 là điểm chiếu của B1 xuống mặt phẳng ABCD
A
Vậy d (B1, A1BD) chính là đường cao vẽ từ B2 của ∆ OB2B
1 1
a2 3 1
= OB.B2H
S( OBB2 ) = a. a 3 =
2 2
4
2
2
a 31
a 3
⇒ B2H = 2.
. =
4 a
2
Câu V.
Theo giả thiết ta có 2 ( a 2 + b 2 ) + ab =( a + b ) ab
( + 2 ) . Từ đây suy ra :

Ta có : OI =

C
B2
B
H

2
2
a b
 1 1
a b
2  +  + 1 = +  ( ab + 2 ) hay 2  +  + 1 =a + + b +
b
a
b a
 a b
b a
 a
2
2
b
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a + + b + ≥2 2 
+

b
a
a 
 b
a b
5
Đặt t = + , ta suy ra : 2t + 1 ≥ 2 2 t + 2 ⇒ 4t2 – 4t – 15 ≥0 ⇒ t ≥
b a
2
3
3
2
2
a b  a
b 
Mặt khác: P = 4  3 + 3  −9  2 + 2  = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t)
a 
b a  b
1
f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = 0 ⇒ t = − hay t = 2
2
23
5
⇒ Min f(t) = − khi t =
4
2
23
Vậy min P = − khi a = 1 và b = 2 hay a = 2 và b = 1.
4
Câu VI.a.

1.

 x =at
Phương trình ON có dạng 
 y =bt

(a2 + b2 ≠0), N (at1; bt1) và M (at2; bt2)

4
(a ≠b)
a −b
2
M = ON ∩ d : 2at2 – bt2 – 2 = 0 ⇔ t2 =
(2a ≠b)
2a −b
4b 
2b 
 4a
 2a
Suy ra : N 
;
;
, M

 a −b a −b 
 2a −b 2a −b 
4
2
Ta có: OM.ON = 8 ⇔
a2 + b2
a 2 + b 2 =8 ⇔ a 2 + b 2 = a −b 2a −b
a −b
2a −b
N = ON ∩ ∆ : at1 – bt1 – 4 = 0 ⇔ t1 =

TH1: a = 0 ta có : b2 = b2, chọn b = 1 ⇒ N (0; -4) , M (0; -2)
TH2: a ≠0, chọn a = 1 ta được: 1 + b2 = (1−b)(2 −b) ⇔ 1 + b2 = b 2 −3b + 2
 b 2 −3b + 2 =1 + b 2
1
62 
⇔  2
⇔ b = . Vậy N (6; 2) ; M  ;  .
2
3
1 b−
55 
 b −3b + 2 = −
Cách khác : Điểm N ∈ d ⇒ N (n; 2n – 2) ⇒ ON = (n; 2n – 2)
Điểm M ∈ ∆ ⇒ M (m; m – 4) ⇒ OM = (m; m – 4)
Nhận xét : 2 đường thẳng d và ∆ nằm cùng phía đối với điểm O nên OM.ON = 8
⇔ OM .ON = 8 ⇔ m = 5n (1)
Ta có OM cùng phương với ON ⇔ m.n + 4n – 2m = 0 (2)
6
Từ (1) và (2) ⇒ 5n2 – 6n = 0 ⇔ n = 0 hay n =
5
điểm
Với n = 0 thì m = 0, ta có
M (0; -4); N (0; -2)
6
62 
Với n = thì m = 6, ta có điểm M (6; 2); N  ; 
5
55 
2. Ta có ∆ cắt (P) tại I (1; 1; 1); điểm M ∈ (P) ⇒ M (x; y; 3 – x – y)
⇒ MI = (1 – x; 1 – y; -2 + x + y). Vectơ chỉ phương của ∆ là a = (1; -2; -1)
 y =2 x −1
MI.a =0
⇔ 
Ta có :  2
2
2
2
 MI =16.14
(1−x) + (1−y ) + (−2 + x + y ) =16.14
⇔ x = -3 hay x = 5
Với x = -3 thì y = -7. Điểm M (4; -7; 6)
Với x = 5 thì y = 9. Điểm M (5; 9; -11)
Câu VII.a. Gọi z = x + yi ≠0 với x, y ∈ R
5+i 3
z−
−1 =0 ⇔ z z −5 −i 3 −z =0 ⇔ x2 + y2 – x – 5 −( 3 + y ) i = 0
z
2
⇔ x – x – 2 = 0 và y = − 3 ⇔ (x = -1 và y = − 3 ) hay (x = 2 và y = − 3 )
Vậy z = −1 − 3i hay z =2 − 3i .
Câu VI.b.
A
1. Ta có phương trình BD : y = 1, phương trình EF : y = 3, nên
BD // EF ⇒ ∆ ABC cân tại A
2

1
 5
Ta có BD = BE ⇒   =( x − )2 + (3 −1)2
2
 2
⇒ x = 2 hay x = -1 (loại) ⇒ E (2; 3)

E

B

F

D

C

Đường thẳng BE cắt AD tại A nên ta có: A (3;

2.

13
)
3

M ∈ ∆ ⇒ M (-2 + t; 1 + 3t; -5 – 2t)
AB =( −1;−2;1); AM =(t; 3t ;−6 −2t) ; [ AB,AM ] =(t + 12; −t −6; −t )
1
1
SMAB = 3 5 = [ AB,AM ] =3 5 ⇔
(t + 12)2 + ( −t −6) 2 + t 2 =3 5
2
2
⇔ 3t2 + 36t = 0 ⇔ t = 0 hay t = -12
Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19)
3

 
π
π 
 2 cos 3 + i sin 3  
  = 8 cos π + i sin π
Câu VII.b. z = 
3π
3π
 2  cos π + i sin π  
cos
+ i sin



4
4
4
4 


3 π
3 π 
π
π



= 2 2 cos  π −  + i sin  π −   = 2 2 cos + i sin  =2 + 2i
4 
4 
4
4




Vậy phần thực của z là 2 và phần ảo của z là 2.
4
1 + 3i 3 + 9i 2 + 3 3 i 3
Cách khác : z =
=
= 2 + 2i
2
3
1 + 3i + 3i + i
1 −i
Vậy phần thực của z là 2 và phần ảo của z là 2.