Đề thi ĐH môn Toán của Bộ Năm 2011

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối: A
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Thời gian làm bài: 180 phút)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y= x 4 + 2(m − 2) x 2 + m 2 − 5m + 5 , m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi m=1.
2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo
thành một tam giác vuông cân.
Câu II (2,0 điểm)



π
4




π
4 cos 2 2 x
4  tan x − cot x

1. Giải phương trình tan  2 x −  .tan  2 x +  =
2. Giải bất phương trình
x+4 + x−4

≤ x + x 2 − 16 − 6 .
2
4

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I= ∫
0

x +1

dx .

(1 + 1 + 2 x ) 2

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường
chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng
vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng
(SAB) bằng

a 3
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
4

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 3 .
Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 +

ab + bc + ca
≥4
a 2b + b 2 c + c 2 a

II. 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)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm C(2;-5) và đường thẳng ∆ :
5
2

3x-4y+4=0. Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2; ) sao cho
diện tích tam giác ABC bằng 15.
2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x-y-5z+1=0 và hai đường
thẳng
x +1 y −1 z − 2
=
=
2
3
1
x−2 y+2
z
=
=
d2 :
1
5
−2

d1 :

Hãy viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt cả hai đường
thẳng d1, d2.

Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho khai triển (1+2x)10 (x2+x+1)2=a0+a1x+a2x2+…+a14x14. Hãy tìm giá trị của a6.


B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2 + y2 = 1 , đường thẳngd :
x+y+m=0 . Tìm m để (C ) cắt d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn
nhất.
2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:

x − 3 y + 2 z +1
=
=
và mặt phẳng
2
1
−1

(P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường
thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng
cách từ M tới ∆ bằng 42 .
Câu VII.b(1,0 điểm) Tìm hệ số của x2 trong khai triển ( x +
nguyên dương thỏa mãn 2C 0n +

2

3

n +1

2 1 2 2
2
C n + C n + ... +
C nn =
2
3
n +1

1
4

2 x
6560
.
n +1

) n , biết n là hệ số

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I. 1. Bạn đọc tự giải.
2.
x = 0

3
* Ta có f ' ( x ) = 4 x + 4 ( m − 2 ) x = 0 ⇔ 

2
x = 2 − m

* Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 ngiệm phân biệt và đổi dấu: m<2 (1). Tọa độ
các điểm cực trị là: A( 0; m 2 − 5m + 5), B ( 2 − m ;1 − m ), C ( − 2 − m ;1 − m )
* Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A:
3
AB. AC = 0 ⇔ ( m − 2 ) = −1 ⇔ m = 1 thỏa mãn (1)
Trong đó AB = ( 2 − m ;−m 2 + 4m − 4), AC = ( − 2 − m ;−m 2 + 4m − 4)
Vậy m=1 là giá trị cần tìm.
 
π
π

cos  2 x − ÷ ≠ 0; cos  2 x + ÷ ≠ 0
4
4
( *)
Câu II. 1. Điều kiện  

sin 2 x ≠ 0; t anx-cotx ≠ 0


Để ý rằng
π


π
π

π



tan  2 x − ÷.tan  2 x + ÷ = − tan  − 2 x ÷.tan  2 x + ÷ =
4
4
4


4


π
π


− cot  2 x + ÷.tan  2 x + ÷ = −1
4
4



Khi đó PT đầu trở thành
4cos 2 2 x
⇔ c otx-tanx=4cos 2 2 x
t anx-cotx
1 − tan 2 x
1
2
4
2
⇔
=4

⇔
=
⇔ ( tan 2 x − 1) = 0
2
2
t anx
1+tan 2 x
tan 2 x 1 + tan 2 x
−1 =


π
π
π
+ mπ ⇔ x = + k ( k ∈ Z) Không thoả điều kiện (*).
4
8
2
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
2.
⇔ tan 2 x = 1 ⇔ 2 x =

x + 4 ≥ 0
⇔ x ≥ 4. Đặt t = x + 4 + x − 4 (t > 0)
x − 4 ≥ 0
t ≤ −2( L)
BPT trở thành: t2 - t - 6 ≥ 0 ⇔ 
t ≥ 3

* Đk: 

 x ≥ 4
( a)

 9 - 2x ≤ 0
* Với t ≥ 3 ⇔ 2 x 2 − 16 ≥ 9 - 2x  x ≥ 4

(b)
 9 - 2x > 0
 2
2
  4( x − 16) ≥ (9 − 2 x)
9
* (a) ⇔ x ≥ .
2
145
9
≤x< .
* (b) ⇔
36
2
145

*Tập nghệm của BPT là: T=  ; +∞ ÷
 36


Câu III.

*Đặt t= (1 + 1 + 2 x ) ⇒ dt =

dx

2
⇒ dx = (t − 1) dt và x= t − 2t
1 + 2x
2

2

Đổi cận
x
t
*

(

)

0
2
Ta

4
4
có

I=

1 t − 2t + 2 ( t − 1)

1 t − 3t + 4t − 2
1 
4 2
1t
2
dt = ∫
dt = ∫  t − 3 + − 2 dt =  − 3t + 4 ln t + 
2
2
∫
22
22
2 2
t t 
2 2
t
t
t
4

2

4

3

2

4

2

4
1
4

2 =2ln2- .
Câu IV. Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại
trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ;
BO = a , do đó ∠ ABD=600 Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng
(SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của
chúng là SO ⊥ (ABCD).
S
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB,
K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3 ;
1
2

OK // DH và OK = DH =

a 3
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
2

Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒
OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).

I

D

O

C

A

3a
a

H
B

K


Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒

1
1
1
a
=
+
⇒ SO =
2
2
2
OI
OK
SO

2
Diện tích đáy S ABCD = 4S ∆ABO = 2.OA.OB = 2 3a 2
a
đường cao của hình chóp SO =
2
1
Thể tích khối chóp S.ABCD: VS . ABCD = S ABC D .SO =
3

3a 3
.
3

Câu V. Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)
= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2
mà a3 + ab2 ≥ 2a2b
b3 + bc2 ≥ 2b2c
c3 + ca2 ≥ 2c2a
Suy ra 3(a2 + b2 + c2) ≥ 3(a2b + b2c + c2a) > 0
Suy ra VT ≥ a 2 + b2 + c 2 +

ab + bc + ca
9 − (a 2 + b 2 + c 2 )
2
2
2
⇒
VT
≥
a

+
b
+
c
+
a 2 + b2 + c 2
2(a 2 + b 2 + c 2 )

Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh được t ≥ 3.
Suy ra VT ≥ t +

9−t t 9 t 1
3 1
= + + − ≥ 3 + − = 4 ⇒ VT ≥ 4
2t
2 2t 2 2
2 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Câu VI.a. 1. Gọi A(a;
S ABC =

3a + 4
16 − 3a
) ⇒ B (4 − a;
) . Khi đó diện tích tam giác ABC là
4
4

1

AB.d (C → ∆) = 3 AB
2

2
a = 4
 6 − 3a 
2
AB
=
5
⇔
(4
−
2
a
)
+
Theo giả thiết ta có

÷ = 25 ⇔  a = 0
 2 


Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
 x = −1 + 2t
x = 2 + m


2. Phương trình tham số của d1 và d2 là : d1 :  y = 1 + 3t ; d 2 :  y = −2 + 5m
z = 2 + t

 z = −2 m



Giảuusử
d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)
uu
r
⇒ MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
3 + m − 2t = 2k
uuuu
r
uur
uur

Do d ⊥ (P) có VTPT nP (2; −1; −5) nên ∃k : MN = k n p ⇔ −3 + 5m − 3t = −k có nghiệm
 −2 − 2m − t = −5k

m = 1
t = 1

Giải hệ tìm được 

 x = 1 + 2t

Khi đó điểm M(1; 4; 3) ⇒ Phương trình d:  y = 4 − t thoả mãn bài toán
 z = 3 − 5t


Câu VII.a.

1
4

Ta có x 2 + x + 1 = (2 x + 1) 2 +

3
nên
4

1
3
9
(1 + 2 x )14 + (1 + 2 x )12 + (1 + 2 x)10
16
8
16
14
6
6
Trong khai triển (1 + 2 x ) hệ số của x là: 2 C146
Trong khai triển (1 + 2 x ) 12 hệ số của x 6 là: 2 6 C126
Trong khai triển (1 + 2 x ) 10 hệ số của x 6 là: 2 6 C106
1
3
9
Vậy hệ số a6 = 2 6 C146 + 2 6 C126 + 2 6 C106 = 41748.
16
8

16

(1 + 2 x ) 10 ( x 2 + x + 1) 2

=

Câu VI.b. 1. *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ d ( 0; d ) < 1
1
2

1
2

*Ta có SOAB= OA.OB sin AOB = sin AOB ≤

1
2

Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi ∠AOB = 90 0
1

⇔ d (I ; d ) =

2

⇔ m = ±1

2. Ta có phương trình tham số của d là:
 x = 3 + 2t


 y = −2 + t
 z = −1 − t


⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ

⇒ M (1; −3;0)

uur

 x = 3 + 2t
 y = −2 + t


(tham số t)
 z = −1 − t
 x + y + z + 2 = 0
uu
r

Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; −1) .
uu
r

uu
r uur

Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u∆ = ud , nP  = (2; −3;1)
uuuu

r

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , khi đó MN ( x − 1; y + 3; z ) .
uu
r
uuuu
r
Ta có MN vuông góc với u∆ nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
x + y + z + 2 = 0

Lại có N ∈ (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x − 3 y + z − 11 = 0
( x − 1) 2 + ( y + 3) 2 + z 2 = 42


Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
x−5
=
2
x+3
=
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt ∆ :
2

Nếu N(5; -2; -5) ta có pt ∆ :

y+2
=
−3
y+4
=

−3

z +5
1
z −5
1

2

n

2 2 1 23 2
2n
C
+
C
+
C
+
...
+
C nn = ∫ (1 + x ) dx
Câu VII.b. Ta có 2
n
n
2
3
n +1
0
0

n

3 n +1 − 1 6560
⇔
=
⇔ 3 n +1 = 6561 ⇔ n = 7
n +1
n +1


7

7

1 
1
Lại có  x + 4  = ∑ k C 7k x
2 x
0 2


14 −3 k
4

Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa:
Vậy hệ số cần tìm là

21
.
4

( Nhị thức Newton)

14 − 3k
=2⇔k =2
4