Đáp án đề thi Đại học Toán khối D năm 2011

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I
1.
TXD: R\{-1}
y=
2 1 1
2
1 1
x
x x
+
= −
+ +
y’=
( )
2
1
1x
+
+
y’=0
x
∀
nên hàm số đồng biến trên toàn tập XĐ
Hàm số không có cực trị
Các đường thiện cận:
lim 2
x
y
→ ± ∞
=

→
Tiệm cân ngang y = 2
1
lim y = -
x
+
→ −
∞

→
Tiệm cận đứng x= -1
1
lim y = +
x
−
→ −
∞

Tâm đối xứng I là giao của 2 tiệm cận I(-1;2)
Bảng biến thiên:
x
− ∞
-1
+ ∞
y’
+ +
y
+ ∞
2

2
− ∞
Đồ thị hàm số
Trang 1
2.
y=kx+2k+1 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
( ) ( )
( ) 1 2 1 2 1 0 có 2 nghiê pb(1)
( 1) 0 (2)
f x x kx k x m
f
= + + + − − =

⇔

− ≠


(2)
1 0
≠
t/m
(1)
2
2 2 1 2 1 0kx kx x kx k x
⇔ + + + + + − − =
có 2 nghiệm phân biệt

( )

2
3 1 2 0kx x x k
⇔ + − + =
có 2 nghiệm phân biệt
( )
2
2
2
0
3 1 8 0
6 1 0
3 2 2
k 0
3 2 2
k
k k
k k
k
k
≠


⇔

∆ = − − >


⇔ − + >

< −

⇔ ≠

> +


A, B là giao của y = kx+2k+1 với (C ) nên
,
A B
x x
là 2 nghiệm phân biệt của (1)
Để khoảng cách từ A và B đến trục hoành là bằng nhau thì :
( )
A B A B
y y y y do A B
= ⇔ = − ≠
2 1 2 1
( ) 4 2 0(*)
A B
A B
kx k kx k
k x x k
⇔ + + = − − −
⇔ + + + =
Theo Viet
1 3
( 0)
A B
k
x x k
k

−
+ = ≠
(*) 1 3 4 2 0
3
k k
k
⇔ − + + =
⇔ = −
Vậy k= -3 thì khoảng cách từ A,B đến Ox bằng nhau
Câu II
1.
ĐK:tan
3x
≠ −
PT
2sin cos 2cos sinx 1 0x x x
⇔ + − − =
2cos (sinx 1) (sinx+1)=0
(sinx 1)(2cos 1) 0
sinx 1
1
cos
2
x
x
x
⇔ + −
⇔ + − =
= −



⇔

=

Trang 2
*sinx 1 cos 0( )
3
sinx ( )
1
2
*cos
2
3
sinx ( )
2
2 ( )
3
x loai
TM
x
loai
x k k Z
π
π
= − ⇒ =

=



= ⇒

= −


⇒ = + ∈
2.
ĐK :
1 1x
− ≤ ≤
PT 
2
2 2
2
2 2
2
log (8 ) log ( 1 1 ) 2
log (8 ) log 4( 1 1 )
8 4( 1 1 )
x x x
x x x
x x x
− = + + − +
 
⇔ − = + + −
 
− = + + −
Đặt
2 2 2 2 2
1 1 ( 0)

2 2 1 ( 2) 4(1 )
t x x t
t x t x
= + + − >
= + − ⇒ − = −
Từ đó :
4 2
4 2
2 2
4
8 4
4
4 16 32 0
( 2) ( 4 8) 0 2 0
t t
t
t t t
t t t t x
−
+ =
⇔ − − + =
⇔ − + + = ⇔ = ⇒ =
Câu III
Đặt
2
4 3
2 1 2
2
t t
t x x

− +
= + + ⇒ =
( )
5 5
2
3 3
5
2
3
( 2)
0 3
4 5
2 8 5 5
2 8
5
8 5ln 5ln
3
dx t dt
x t
x t
t t
I dt t dt
t t
t t t
= −
= ⇒ =
= ⇒ =
− +
 
= = − +

 ÷
 
= − + =
∫ ∫
Câu IV
Vì
( ) ( )
( ) ( )
( )
SBC ABC
SBC ABC BC
AB BC
AB SBC
⊥


∩ =


⊥

⇔ ⊥
Ta có
·
2
2 3
.
1
. . .sin
2

1
.4 .2 3.sin 30 2 3
2
1 1
. .3 .2 3 2 3.
3 3
SBC
o
S ABC SBC
S BC BS SBC
a a a
V AB S a a a
= =
= =
⇒ = = =
Ta có
( )
( )
( )
·
( )
( )
2
2
2 2 2 2
2 2 2
2
2
2
3 2 3 21

2 . . os
3
4 2 3 2.4 .2 3. 4
2
AB SBC AB SB
SA AB SB a a a
SC BC BS BC BS c SBC
a a a a a
⊥ ⇒ ⊥
⇒ = + = + =
= + −
= + − =
2 2 2
SA SC AC
⇒ + =

⇒

∆
SAC vuông tại S
⇒
2
1 1
. 21.2 21
2 2
SAC
S SA SC a a a
= = =
Gọi h là khoảng cách từ B đến (SAC)
Ta có :

3
.
.
2
3
1 3.2 3 6
.
3
21 7
S ABC
S ABC SAC
SAC
V
a a
V h S h
S
a
= ⇒ = = =
Câu V
3 2
2
2x (y 2)x xy m (1)
x x y 1 2m (2)

− + + =


+ − = −



Nhân 2 vế của (1) với 2, rồi cộng với (1) ta được
Trang 4
3 2 2
3 2 2 2
3 2
2
2
4x (2y 4)x 2xy x x y 1
4x 4x x x 1 y(2x 2x 1)
4x 3x x 1
y
2x 2x 1
1 3
y 2x
2 2(2x 2x 1)
− + + + + − =
⇔ − + + − = − +
− + −
⇔ =
− +
⇔ = + −
− +
Từ (2) ta có
2
2
2
2m y 1 x x
1 3
x x
2 2(2x 2x 1)

= + − −
= − + + −
− +
Đặt
2
t 2x 2x 1
= − +
thì
2
1 1 1
t 2 x
2 2 2
 
= − + ≥
 ÷
 
Khi đó
1 3
2m t 1
2 2t
1 3
1 t
2 t
= − + −
 
= − +
 ÷
 
Áp dụng bđt Côsi ta có:
3 3

t 2 t. 2 3
t t
2m 1 3
1 3
m
2
+ ≥ =
⇒ ≤ −
−
⇒ ≤
Vậy hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
1 3
m
2
−
≤
*Cách khác: Xét hàm số
( )
3
f t t
t
= +
ta có
2
3
f (t) 1
t
′
= −
,

f 0 t 3
′
= ⇔ =
t
1
2

3

+ ∞
f (t)
′
− +
f(t)
13
2

+ ∞
2 3
Trang 5
PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a
1.
Gọi H là hình chiếu của B lên đường phân giác trong góc A
Đường thẳng BH có véc tơ chỉ phương là véc tơ pháp tuyến của đường phân giác trong
góc A và là (-1,1)
 phương trình BH là :
4 1
3

1 1
x y
hay y x
+ −
= = − −
−
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ:
3 1
( 1, 2)
1 0 2
y x x
H
x y y
= − − = −
 
⇔ ⇒ − −
 
− − = = −
 
Gọi D là điểm đối xứng với B qua H thì
D AC
∈
2 2
2 5
(2, 5)
D H B
D H B
x x x
y y y
D

= − =
= − = −
⇒ −
Gọi M là trung điểm của AC , ta có:
2
7
5 2( 1)
7
( ,1)
2
0 2( 1)
2
1
M
M
M
M
BG GM
x
x
M
y
y
=

= −
=


⇒ → ⇒

 
= −


=

uuur uuuur
Phương trình đương thẳng MD
2 5
4 13
7
1 5
2
2
x y
hay y x
− +
= = −
+
−
Tọa độ của A là nghiệm của hệ
4 13 3
(4,3)
1 0 4
y x y
A
x y x
= − =
 
⇔ ⇒

 
− − = =
 
Tọa độ của C là :
3 3
3 1
(3, 1)
C G A B
C G A B
x x x x
y y y y
C
= − − =
= − − = −
⇒ −
2.
Gọi B là giao của
∆
với Ox. Khi đó B (a;0;0)
( )
1; 2; 3AB a
= − − −
uuur
Trang 6
Véc tơ chỉ phương của d là
( )
2;1; 2u
−
r
Vì AB

⊥
d nên
. 0AB u
=
uuurr
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 1 1 2 2 . 3 0
2 2 2 6 0
2 2 0
1
1;0;0 2; 2; 3
a
a
a
a
B AB
⇒ − + − + − − =
⇒ − − + =
⇒ + =
⇒ = −
⇒ − ⇒ − − −
uuur
Phương trình đường thẳng
∆
1 2 3
2 2 3
x y z
− − −
= =

− − −
Câu VII.a
Đặt Z= a+bi (a,b
∈
Z)
PT
( ) ( )
( ) ( )
2 3 1 9 0
3 1 3 3 0
3 1 2

3 1
a bi i a bi i
a b b a i
a b a
a b b
⇔ + − + − − + =
⇔ − + + + − + =
+ = − =
 
⇔ ⇔
 
− = = −
 
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b
1.
2 2 2
( ) :( 1) ( 2) 3

(1; 2), 3
c x y
I R
− + + =
− =
Ta thấy IA
⊥
MN và IA
⊥
Ox
Gọi M (1-a;b),N(1+a;b), với a>0
2 2
2 2
2
2 2
2 2
( )
4 6 0
. 0
0
1; 3
2 3 0
M c
a b b
AM AN
a b
b b
b b
a b
a b

∈


+ + − =
 
⇔
 
=
− + =




= = −

+ − =


⇔ ⇔
 
=
=



uuuuruuur
Từ đó
1
1
b

a
=


=

hoặc
3
3
b
a
= −


=

Vậy
1 1
(0;1), (2;1)M N
Hoặc
2 2
( 2; 3), (4; 3)M N
− − −
2.
Trang 7
Xét I:
( ) ( )
1 2 ;3 4 ;a a a a R
+ + ∈ ∆ ∈
( )

( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1
2 2 2
1
2
2 2 2
2
2 1 2 3 4 2
, 1 1
2 1 2
2
2 1 3
1
* 2 I 5;11;2
: 5 11 2 1
* 1 I 1; 1; 1
: 1 1 1 1
a a a
d I P
a
a
a
a

S x y z
a
S x y z
+ − + +
= ⇔ =
+ − +
=

⇔ − = ⇔

= −

= ⇒
− + − + − =
= − ⇒ − − −
+ + + + + =
Câu VII.b
Tìm min,max
2
2 3 3
1
x x
y
x
+ +
=
+
trên [0;2]
TXĐ:
1x

≠ −
2
2 ( 2)
' ;
( 1)
x x
y
x
+
=
+
y’
≤
0 trên [-2;0];y’
≥
0 trên (
− ∞
;-2)
(0; )
∪ + ∞
⇒
hàm số nghịch biến trên[-2;0]
hàm số đồng biến trên (
− ∞
;-2);
(0; )
+ ∞
do vậy
(0) (2)y y
≤

Vậy
min (0)
ax (2)
3
17
3
m
y y
y y
= =



= =


Trang 8