Đề 59 và đáp án

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THAM KHẢO

ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011
Thời gian làm bài: 180 phút

-------------------------------------------------------

-----------------------------------------------------------------------------------3

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = x – 3x2 + 2.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/ Gọi A, B là các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị (C). Viết phương trình đường thẳng d cắt đồ thị
(C) tai hai điểm M,N sao cho tứ giác AMBN là hình thoi.
Câu 2 (2 điểm).
π
π
1/ Giải phương trình: 2sin(x + ).cos(x + ) + cos2x = 0.
4
6
2
2
 x + y − 1 + 3 − x − y = 3 x + 3 y + 6 xy − 4 x − 4 y − 2
2/ Giải hệ phương trình: 
.
log 2 (3 x + 5 y ) = x + y + 1
Câu 3 (1 điểm).
0
( x 2 − 1)
dx .
Tính tích phân: I = ∫ 2

2
(
x
+
1
)
−1
Câu 4 (1 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB = 2a, BC = a 3 . Cạnh bên SA = 2a
và SA ⊥ mp(ABC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, SC.
1/ Tính thể tích khối tứ diện BCMN.
2/ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM.
Câu 5 (1 điểm).
5
Cho x, y là hai số dương thay đổi, có tổng bằng . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4
1
2 x + 11
3y
P = x 2 + 11x + 2 +
+
.
y
xy + 1
y
Câu 6 (2 điểm).
1
1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm là H(3; − ), tâm đường tròn ngoại tiếp
4
29

5
là K(0;
), trung điểm cạnh BC là M( ;3 ). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C ; biết hoành độ của B lớn
8
2
hơn hoành độ của C.
2/ Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(12;-3;11) và hai đường thẳng:
x − 5 y − 6 z +1
x y +1 z −1
=
=
=
=
1
2 ; d2: 5
2
3 .
d1: 7
Xác định tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho đường thẳng AM cắt đồng thời cả hai đường
thẳng d1 và d2.
4

 1− i 
Câu 7 (1 điểm). Tính mô đun của số phức z = 
 .
 1 + 3i 
------------------------------HẾT-------------------------

=======================================
Trang 1 / 4 ĐỀ SỐ 1- />

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1
NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 1:

2 điểm
3

2

1/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = x - 3x + 2
* Tập xác định: D = R.

1 điểm

x = 0
x < 0
; y’> 0 ⇔ 
và y’< 0 ⇔ 0x = 2
x > 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0); (2;+∞) và hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2).
* Sự biến thiên: y’ = 3x2 – 6x; y’ = 0 ⇔ 

0,25 đ

Hàm số đạt cực đại tại x=0, yCĐ = 2; hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT= - 2.

0,25 đ

y = ±∞ .
Các giới hạn: xlim
→ ±∞

BBT:
* Vẽ đồ thị:
2/ Viết phương trình đường thẳng:
Đồ thị nhận điểm uốn là tâm đối xứng nên trung điểm của hai điểm cực trị là tâm đối xứng I(1,-1).
Tứ giác AMBN là hình thoi ⇔ MN là đường trung trực của AB ⇔ d vuông góc với AB tại I.
AB ( 2; -4) là VTPT của d hay: n( 1,-2) cũng là VTPT của d.
Vậy d: 1( x – 1) – 2(y + 1) = 0 ⇔ d: x – 2y – 3 = 0 .
Câu 2:

π
π
).cos(x + ) + cos2x = 0 (2.1).
4
6
π
π
π
Ta có: cos2x = sin(2x + ) = 2sin (x + ).cos(x + ). Từ đó:
4
4
2
π
π

π
π
(2.1) ⇔ 2sin (x + ). cos(x + ) + 2sin (x + ).cos(x + ) = 0
4
6
4
4
π
π
π
⇔ 2sin (x + ).[ cos(x + ) + cos(x + )] = 0
4
6
4
π

sin(
x
+
)=0

5π
π
π
4
⇔ 4sin (x + ).cos (x +
⇔
).cos
=0 ⇔ 
4

24
24
cos( x + 5π ) = 0

24
π

 x = − 4 + kπ
Vậy nghiệm của phương trình là: 
( k∈ Z ) .
 x = 7π + kπ
24


0,25 đ
0,25 đ
1 điểm
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ.
2 điểm
1 điểm

1/ Giải phương trình: 2sin(x +

0,25 đ

0,25 đ

π

x
+
= kπ

4

.
 x + 5π = π + kπ

24 2

0,25 đ

0.25 đ
-------

 x + y − 1 + 3 − x − y = 3 x 2 + 3 y 2 + 6 xy − 4 x − 4 y − 2
1 điểm
2/ Giải hệ phương trình: 
.
log 2 (3 x + 5 y ) = x + y + 1
Đặt x + y = t. Phương trình thứ nhất trở thành: t − 1 + 3 − t = 3t 2 − 4t − 2 (đ/k: t ∈ [1;3]).
0,25 đ
t
−
2
t
−

2
−
⇔ ( t − 1 − 1) + ( 3 − t − 1) = 3t 2 − 4t − 4 ⇔
=(t – 2)(3t + 2)
0,25 đ
t −1 +1
3 − t +1
1
1
⇔ (t – 2).[ 3t + (2 )+
]=0 ⇔t–2=0 ⇔ t=2
t −1 +1
3 − t +1
0,25 đ
( Biểu thức trong ngoặc vuông dương với mọi t ∈ [1;3] ).
=======================================
Trang 2 / 4 ĐỀ SỐ 1- />

Với t = 2 tức là x + y = 2 ⇔ y = 2 – x . Thế vào phương trình thứ hai của hệ được:
log2( 10 – 2x) = 3 ⇔ 10 – 2x = 8 ⇔ x = 1 suy ra y =1.
Vậy hệ có một nghiệm: (x; y) = (1;1).
Câu 3:

0,25 đ
1 điểm

0

( x 2 − 1)
dx .

Tính tích phân: I = ∫ 2
2
−1 ( x + 1)
π π
dt
π
Đặt: x = tant với t ∈ (− ; ) . Ta có: dx =
; Đổi cận: x = -1 thì t = − ; x =0 thì t =0.
2
2 2
4
cos t
0
0
0
2
tan t − 1 dt
.
= ∫ cos 2 t (tan 2 t − 1) dt = − ∫ cos 2t.dt − 1 sin 2t |0 = − 1
2
I = ∫π
=
.
π
1
cos t
π
π
−
2

2
−
−
−
4
4
4
4
4
cos t

0,5 đ
0,5 đ

Lưu ý: Không chia cả tử và mẫu cho x2 vì x = 0 thuộc tập xác định của hàm số lấy tích phân.
Câu 4 :
1/ Gọi H là trung điểm của AC.
Ta có: NH// SA ⇒ NH ⊥ (ABC) và NH =a.
SMBC =

1
a2 3
BM.BC =
.
2
2

1 điểm

S

0,25 đ

a

Thể tích khối tứ diện BCNM là:

1
3 3
VN.BCM = .NH .S BCM =
a (đ.v.tt).
3
6
2/ Gọi L là trung điểm của SA. Ta có LM// SB.
⇒ mp( LMC) // SB. Từ đó:
d( SB, CM) = d( SB , (LMC)) = d(B, (LMC))
= d( A, (LMC)). ( Vì M là trung điểm AB).
Hạ AI ⊥ CM ⇒ CI ⊥ (LAI). Hạ AK ⊥ LI.
Ta có: AK ⊥ (LMC) ⇒ d(A, (LMC)) = AK.
. ∆ IMA đồng dạng với ∆ BMC nên:

N
L

0,25 đ

a
K

H

A

C
a
a 3

I M a
IA
MA
⇒ IA = a 3 ⇒ LI = a 7 ⇒
=
B
BC MC
2
2
AL. AI a 21
a 21
AK =
=
. Vậy: d (SB, CM) =
.
LI
7
7
Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ với B ≡ O(0;0;0) và A(2a;0;0) ∈ Ox, C(0; a 3 ;0) ∈ Oy…

0,25 đ

0,25 đ

Câu 5: Tìm GTNN?

1 điểm

3
1 2
1
1
1 . Đặt: t = x + > 0. Ta có:
Ta có: P = ( x + ) + 11( x + ) +
x+
y
y
y
y

0,25 đ

3
1
3
1
1
3 1 47
= ( t – )2 + (12 t +
) – ≥ 2 12t. –
=
. Đẳng thức xảy ra khi t = .
t
2

t
4
4
4
2
t
5

 x + y = 4
1
47
1
Giải hệ: 
được: x = và y = 4. Vậy: min P =
đạt được khi x = và y = 4.
4
4
4
x + 1 = 1

y 2
3
1
Cách 2: P’ = 2 t + 11 – 2 = 0 khi t = . Lập bảng biến thiên suy ra kết quả.
2
t
P = t 2 + 11 t +

0,5 đ

0,25 đ

=======================================
Trang 3 / 4 ĐỀ SỐ 1- />

Câu 6:
1/ Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C?
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua K thì AA’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy





ra tứ giác BHCA’ là hình bình hành ⇒ M là trung điểm của A’H ⇒ HA = 2.MK = 2( −

5 5
5
; ) = (-5; ).
2 8
4

Từ đó xác định được: A( -2;1).

697
là bán kính vòng tròn ngoại tiếp ABC.
8
29 2 697
29
9
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: x2 +( y –

) =
hay x2 + y2 –
y+
= 0.
8
64
4
4

2 điểm
1 điểm

0,25 đ.

Ta có: R = KA = KB = KC =

0,25 đ

Phương trình cạnh BC: 4x – y – 7 = 0.

4 x − y − 7 = 0

⇔
Hệ phương trình tọa độ B, C là:  2
29
9
2
x
+
y

−
y
+
=
0

4
4

 x = 3; y = 5
 x = 2; y = 1 .Vì xB >xC nên B(3;5), C(2;1).


Vậy: A( - 2; 1), B(3;5) và C(2;1).
2/ Xác định tọa độ M?
Cách 1: Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và d1; (Q) là mặt phẳng đi qua A và d2.
Nếu điểm M tồn tại thì M là giao của 3 mặt phẳng: (P), (Q) và (Oxy).
Lập PTTQ (P): 3x – 7y – 7z + 20 = 0. PTTQ (Q): 13x – 7y – 17z + 10 = 0.

x = 1
3 x − 7 y − 7 z + 20 = 0

23
23


⇔ M(1;
;0).
Hệ phương trình tọa độ M: 13 x − 7 y − 17 z + 10 = 0 ⇔  y =
7

7
z = 0


 z = 0
23
;0).
Chứng tỏ AM cắt d1 và d2 được thỏa mãn. Vậy: M(1;
7
Cách 2: Gọi B,C lần lượt là giao điểm của AM với d1 và d2.
B( 5+7t1; 6+t2; -1 +2t1) và C(5t2; -1 +2t2; 1 + 3t2).


Căn cứ vào điều kiện 2 véc tơ AB , AC cùng phương để lập được hệ 2 phương trình 2 ẩn t1, t2.
Giải hệ tìm được t1, t2. Từ đó lập được phương trình đường thẳng AM suy ra M.
Câu 7:
Ta có: (1 – i )4 = [(1 –i)2]2 = (-2i)2 = - 4; (1+ 3 i)4 = [(1+ 3 i)2]2 = ( -2 + 2 3 i)2 = - 8 - 8 3 i.

1
1 − 3i
=
Từ đó: z =
. Vậy: |z| =
8
2(1 + 3i )

1
3
1
+

= .
64 64 4

0,25 đ
0,25 đ
1 điểm
0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

1 điểm
0,5 đ
0,5 đ

ĐỂ TÔN TRỌNG TÁC GIẢ, KHI ĐƯA TÀI LIỆU LÊN CÁC TRANG WEB
CẦN GHI RÕ NGUỒN: />
=======================================
Trang 4 / 4 ĐỀ SỐ 1- />