Đáp án đề thi Đại học Toán Khối B năm 2011

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I
1.
Khi m=1. Hàm số trở thành
4 2
y x 4x 1
= − +
*TXĐ:
¡
*
3
y 4x 4x
x 0
y' 0
x 1
′
= −
=

= ⇔

= ±


*
( )
2 2
y 12x 4 4 3x 1
′′
= − = −
*

y 0
′
>
trên các khoảng (-1 ; 0), (1 ; +
∞
).

y 0
′
<
trên các khoảng (-
∞
; -1), (0 ; 1).
Hàm số đồng biết trên các khoảng (-1 ; 0), (1 ; +
∞
).
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-
∞
; -1), (0 ; 1).
Điểm cực đại:
( )
A 0;1
Điểm cực tiểu:
( ) ( )
1 2
B 1; 2 ;B 1; 2
− − −
*
y
′′

> 0 trên
1 1
; ; ;
3 3
   
− ∞ − + ∞
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

y
′′
< 0 trên
1 1
;
3 3
 
−
 ÷
 ÷
 
Hàm số lõm trên các đoạn
1 1
; ; ;
3 3
   
− ∞ − + ∞
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

Hàm số lồi trên các đoạn
1 1
;
3 3
 
−
 ÷
 ÷
 

Điểm cực đại:
( )
A 0;1
Điểm cực tiểu:
( ) ( )
1 2
B 1; 2 ;B 1; 2
− − −
* Trục đối xứng x = 0;
x
lim y
→ ± ∞
= + ∞
* Bảng biến thiên
x
− ∞
−1 0 1
+ ∞
y
′

+ 0 − 0 + 0 −
y
+ ∞
1
− ∞
−2 −2
Trang 1
Đồ thị hàm số
2.
4 2
3
2( 1) (1)
' 4 4( 1)
y x m x m
y x m x
= − + +
= − +
Để (1) có 3 điểm cực trị thì y’= 0 phải có 3 nghiệm phân biệt
1m
⇔ > −
Khi đó: 3 nghiệm của PT y’=0 là
1 2 3
0; 1; 1x x m x m
= = − + = +
A là điểm thuộc trục tung
0 ,
A A
x OA y m
⇒ = ⇒ = =

2 1BC m
= +
Vậy yêu cầu bài toán :
2
2 1 4( 1)m m m m
⇔ = + ⇔ = +

2 2 2
( )
2 2 2
m
TM
m

= +
⇔

= −


Câu II
1.
Trang 2
2
2
sin 2 cos sin x cos os2 sinx cos
2sin cos sinx os2 sin xcos cos 0
sinx(2cos 1) os2 cos (sinx 1) 0
sinx. os2 os2 cos (sinx 1) 0
os2 (sinx 1) cos (sinx 1) 0

(sinx 1)( os2 cos ) 0
sinx 1
x x x c x x
x x c x x x
x c x x
c x c x x
c x x
c x x
c
+ = + +
⇔ − − + − =
⇔ − − + − =
⇔ − + − =
⇔ − + − =
⇔ − + =
=
⇔
os2 cos 0
)sinx=1 2
2
) os2 cos 0
os2 cos
os2 os( )
2 2
2 2
2
3 3
2
x x
x k

c x x
c x x
c x c x
x x k
x x k
k
x
x k
π
π
π
π π
π π
π π
π π


+ =

+ ⇔ = +
+ + =
⇔ = −
⇔ = −
= − +

⇔

= − +



= +

⇔

= − +

2.
ĐK :
2 2x
− ≤ ≤
Đặt
2 2
2 2 2 2 4(2 ) 4 (2 )(2 ) 10 3 4 4t x x t x x x x x x
= + − − ⇒ = + + − − + − = − − −
Phương trình đã cho trở thành
2
0
3
3
t
t t
t
=

= ⇔

=

+)
6

0 2 2 2 2 4(2 ) 5 6
5
t x x x x x x
= ⇒ + = − ⇒ + = − ⇒ = ⇒ =
+) t = 3
2 2 2 3 2 4(2 ) 9 12 2 5 15 12 2 ( )x x x x x x x L
⇒ + = − + ⇒ + = − + + − ⇒ − = −
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất :
6
5
x
=
Câu III
3 3
1 2
2 2
0 0
sin
os os
dx x x
I dx I I
c x c x
π π
= + = +
∫ ∫
*
3
1
0
t anx 3I

π
= =
*Tính
2
I
:
Trang 3
Đặt u = x
du dx
⇒ =
d
2 2
sin x (cos )
,
os os
dx d x
v
c x c x
−
= =
chọn v =
1
cos x
3 3
3
2
2
0
0 0
3

3
0
0
2 cos
cos cos 3 os
2 (sinx) 2 1 1 sinx 2
ln ln(2 3)
3 (1 sinx)(1 sinx) 3 2 1 sinx 3
x dx xdx
I
x x c x
d
π π
π
π
π
π
π π π
= − = −
+
= − = − = − +
− + −
∫ ∫
∫
Vậy
2
3 ln(2 3)
3
I
π

= + − +
Câu IV
Ta có BD =
2 2
3 2a a a
+ =

Từ O hạ OE vuông góc với AD
( )
E AD
∈
góc giữa
( ) ( )
1 1
và ADD A ABCD
là
·
60
o
AEO
=
Ta có
0
1
3
tan60 .
2
a
A O OE
= =

Thể tích khối lăng trụ
V
=
V
3
2
1
3 3
. 3.
2 2
ABCD
a a
S A O a
= = =
1
AB
cắt
1
A B
tại trung điểm của mỗi đường nên:
( )
( )
( )
( )
1
1
1, 1 1
3
,
A ABD

A BD
V
d B A BD d A A BD
S
= =
Ta có
1
1
1
.
3
A ABD ABD
V AO S
=
1
1
1
.
2
A BD
S A O BD
=
Nên
( )
( )
2
1 1
3 3
,
1

2 2
2
ABCD
ABD
S
S a a
d B A BD
BD a
BD
= = = =
Câu V
Đặt
,
a b
t
b a
= +
ta có
3 3 3 3 3 3
3 3
3 3 3 3 3 3
3 . 3 3
a b a b a b a b a b
t t t t
b a b a b a b a b a
 
= + + + = + + = > + = −
 ÷
 
Suy ra

( ) ( )
3 2 3 2
4 3 9 2 4 9 12 18P t t t t t t
= + − − = − − +
Trang 4
Đặt s = a + b,P = ab; ta có
( )
( )
2
2
2 2 2 2
2
2 2 2
2 2 ( 3) 4 4
4 1
2 ( 1) 1 1 1
4 2 9 2 9
2 ( 1) 5 9 9
1 2 2
9 5
2 2
S P P S P
S S s s
P S S S S
S s s S S
S S a b ab
S
S P P ab
S
t

P
− + = +
− +
⇒ = = = + + + = − + +
− − − −
+ +
≥ − + = ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
−
⇒ ≥ ⇒ ≥
Xét hàm số f(t)
3 2
4 9 12 18t t t
− − +
Ta có f’(t) =
2
12 18 12 6( 2)(2 1) 0t t t t
− − = − + >
⇒
đồng biến trên
5
;
2
 
+ ∞
 
 
Suy ra
5 23 23
( )
2 4 4

f t f P
− −
 
≥ = ⇒ ≥
 ÷
 
Dấu “=” xảy ra khi a=1; b=2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
23
4
−
PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a
1.
Phương trình của d:
2 2
x t
t R
y t
=

∈

= −

¡
Tọa độ N
: ( ;2 2)d N t t
∈ −

Phương trình đường thẳng ON là
( )
2 2 0
2 2
x y
hay t x ty
t t
= − − =
−
Tọa độ M là nghiệm của hệ
( )
2 2 0
4 0
t x ty
x y
− − =


− − =


Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi t
2
≠
và khi đó
4
2
t
x
t

=
−
và
8 8
2
t
y
t
−
=
−
Suy ra
4 8
;
2 2
t t t
M
t t
−
 
 ÷
− −
 
Ta có
( )
2 2
2
2
4 8
. . 2 2

2 2
t t t
OM ON t t
t t
−
   
= + + −
 ÷  ÷
− −
   
=
( )
( )
( )
2
2
2
4 2 2
4 5 8 4
2 2
t t
t t
t t
+ −
− +
=
− −
Trang 5
Theo giả thiết
. 8OM ON

=
nên
( )
2
5 8 4 2 2 1t t t
− + = −
Nếu t > 2 thì (1)
2 2
5 8 4 2 4 5 10 8 0t t t t t
⇔ − + = − ⇔ − + =
(vô nghiệm)
Nếu t < 2 thì (1)
2 2
0
5 8 4 4 2 5 6 0
6
t=
5
t
t t t t t
=


⇔ − + = − ⇔ − = ⇔


Nếu t = 0 thì N(0;-2);
6
5
t

=
thì N
6 2
;
5 5
 
 ÷
 
2.
Phương trình tham số của
∆
2
1 2
x t
y t
z t
= +


= − −


= −


( )t R
∈
Tọa độ giao điểm I của
∆
và (P) là I(1;1;1).

Vì MI vuông góc với
∆
nên M thuộc mặt phẳng (Q)
qua I và vuông góc với
∆
, do đó M thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q)
véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là
(1;1;1)
p
n
=
uur
véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q) là
(1; 2; 1)
Q
n u
∆
= = − −
uur uur
giao tuyến của (P) và (Q) là đường thẳng d đi qua I và có véctơ chỉ phương là:
; (1;2; 3)
d P Q
u n n
 
= = −
 
uur uuruur
phương trình của d là
1
1 2

1 3
x t
y t
z t
= +


= +


= −


( )t R
∈
M
∈
d nên tọa độ của M(1+t; 1+2t; 1-3t).
Ta có
2 2 2 2
MI (2 ) ( 3 ) 14 14t t t t t
= + + − = =
Theo giả thiết
4 14MI
=
nên
4t
=
Hay
4t

= ±
có hai điểm M thỏa mãn M(5;9;-11) và (-3;-7;13)
Câu VII.a
Đặt
2 2
2 2
2 2 2
; ( , , 0)
5 3 0
1; 2
5 0 2 0
3
3 3
z a bi a b R a b
PT a b i a bi
a a
a b a a a
b
b b
= + ∈ + >
⇔ + − − − − =
= − =
 
+ − − = − − =

  
⇔ ⇔ ⇔
  
= −
= − = −


 

 
Vậy
1 2
1 3, 2 3z i z i
= − − = −
Trang 6
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b
1.
Phương trình BC: y=1,kéo theo BC//EF
Gọi I là tâm đường trọn nội tiếp
ABC
∆
;M là hình chiếu của A trên EF.
Ta có AI
EF
⊥
nên AI
BC
⊥
, do đó
ABC
∆
cân tại A.Suy ra D là trung điểm của BC và
AD
BC
⊥

.Phương trình AD là x=3
Ta có
5
2
BE BD
= =
.
Theo định lý Talet, ta có
AD AB AB
MD BE BD
= =
Dễ thấy MD=2 nên
4
5
AD
AB
=
Giả sử A(3;a) Với a > 0, ta có
( )
2
2
( 1)
4
5
25
1
4
a
a
−

=
+ −
Hay
( )
2
100 13
1 à do a > 0 nên a=
9 3
a v
− =
Tọa độ A là A
13
3;
3
 
 ÷
 
2.
Xét
( )
M 2 a; 1 3a; 5 2a
− + + − −
∈
∆
Vec tơ
( )
MA a;3a; 6 2a
− −
uuuur
, vec tơ

( )
MB 1 a; 2 3a; 7 2a
+ − + − −
uuur
Tích có hướng của hai vec tơ là (12 – 7a ; -6 – a ; -5a)
2 2 2 2
1 1
(12 7 ) ( 6 ) ( 5 ) 75 156 180
2 2
MAB
S a a a a a
= − + − − + − = − +
2
75a 156a 180 6 5
⇒ − + =
2
a 0
75a 156a 0
52
a
25
=


⇔ − = ⇔

=

a 0
=

( )
1
M 2;1; 5
⇒ − −
2
52 2 171 229
a M ; ;
25 25 25 25
 
= ⇒ −
 ÷
 
Câu VII.b
z =
1 3 3i 9 3 3i 8 4 4(1 i)
2 2i
1 3i 3 i 2 2i 1 i 2
+ − − − +
= = = = +
+ − − − + −
Phần thực là 2, phần ảo là 2
Trang 7