TR NG H H NG C
KHOA KHTN THI TH Môn thi : Toán, kh i thi B I H C, CAO NG N M 2011
Th i gian làm bài: 180 phút
***********
I PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7,0 đi m)
Câu I (2,0 đi m)
Cho hàm s y = x + 3x3 2 +3x + (C) 2
1. Kh o sát s bi n thiên và v đ th hàm s
2. M,N thay đ i trên (C) sao cho ti p tuy n c a (C) t i M song song v i ti p tuy n c a (C) t i N. Vi t
ph ng trình đ ng th ng MN bi t MN t o v i các tr c to đ m t tam giác có di n tích b ng 8
3 .
Câu II (2,0 đi m)
1. Gi i ph ng trình: 2( tanx sinx) 3(cotx cos ) 1 0 − − − x − =
2. Gi i ph ng trình: 2 3 1( 1 ) 2 3
x + x+ x− = x
Câu III (1,0 đi m)
0
dx
I = (x+2) (2 1) x +
∫
Câu IV (1,0 đi m)
Cho chóp t giác S.ABC đáy ABC vuông t i B, AB = a, BC = a 2 , SA vuông góc v i m t ph ng (ABC), góc t o b i (SAC) và (SBC) b ng 60 o . G i M, N l n l t là hình chi u vuông góc c a A lên SB, SC. Tính
th tích t di n S.AMN
Câu V (1 đi m)
Tìm t t c các s th c m sao cho ph ng trình sau có nghi m th c:
1 ln( 1) ln( 2)
2
x
+
II PH N RIÊNG (3,0 đi m)
Thí sinh ch đ c làm m t trong hai ph n (ph n 1 ho c 2)
1. Theo ch ng trình Chu n
Câu VI.a (2,0 đi m)
1. Trong m t ph ng v i h to đ Oxy, cho tam giác ABC cân t i A, ng th ng AB và BC l n l t có
ph ng trình: d1: 2x + y +2 = 0, d2: x + y + 2 =0. Vi t ph ng trình đ ng cao k t B c a tam giác ABC
2. Trong không gian v i h to đ Oxyz, cho các đ ng đ ng th ng (d1) 1 2 1
x− y− z +
x− y− z +
= =
− Vi t ph ng trình chính t c các đ ng phân giác c a các góc t o b i (d1) và (d2)
Câu VII.a (1,0 đi m)
Tìm t p h p các đi m bi u di n c a s ph c z’= z+3i bi t z+ −2 3 2 i ≤
2. Theo ch ng trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 đi m)
1. Trong m t ph ng to đ Oxy, cho tam giác ABC có A’(0;2), B’(1;4) và C’(2;3) l n l t là hình chi u vuông góc c a A,B,C lên các đ ng th ng BC,AC,và AB. L p ph ng trình đ ng th ng BC
2. Trong không gian v i h tr c to đ Oxyz cho hình vuông ABCD có A(1; 3; 2), C(1; 2; 1) Tìm to đ
đ nh D bi t C thu c m t ph ng (P): x+y+z+2=0.
Câu VII.b (1 đi m)
Trang 2Gi i h ph ng trỡnh:
1
2
2
2 3
H tờn thớ sinh: ……….S bỏo danh:………
ÁP ÁN đề thi th năm 2011
Mụn: TOÁN kh i B
Th i gian làm bài: 180 phỳt
I. PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH(7,0 đi m)
1 TXĐ: R
Ta có: y ' = 2 ( ) 2
3x +6x+ =3 3 x + 1 '
Bảng biến thiên:
y′ + 0 +
+∞
−∞
0.5
Đồ thị:
( C) cắt Ox tại x= -2
( C) cắt Oy tại y= 2
x
y
2
0
0.25
Gọi k là hệ số góc TT của (C) tại M và N khi đó: x M ,x N là
nghiệm phương trình: y ( ) ' x = k 3 2 2 6 3
⇔ + + − >
Điều kiện để tồn tại các điểm M, N sao cho TT tại M song
song TT tại N: ∆ =' 3k > ↔ >0 k 0
0.25
Phân tích: y y x = ' ( ) q x( ) ( )+ r x
0.25
Trang 3= ( 3 2 6 3) 1 1 ) 1
3 3
x + x+ x + +
Vậy đường thẳng MN có ph ng trỡnh:
1 1
3 3
3 3
y k= x+ + ↔ =y kx+ k +
A= MN Ox k 3 ;0
k
+
3
k
Oy +
0.25
S OAB = 8
3
( ) 2
3
k OAOB
k
+
2
2
⇔
1
9
k
k
=
=
Khi đó MN cú ph ng trỡnh :
1 4
3 3
3 4
y x
y x
= +
= +
0,25
1 ĐK: sin 2 0
2
k
x≠ ↔ ≠x π ∀ ∈ k z
Phương trình đã cho tương đương với:
2( tanx - sinx+1) - 3( cotx- cosx+1)=0
sin sin cos cos cos sin cos 1
( sin sin cos cos ) 2 3 0
cos sin
0,25
⇔ sin sin cos3 cos 0 (1)
2
x
0,25
+ Giải (1): Đặt t = sinx+cosx ∈ − 2 ; 2
(1) ⇔ −t2 2 1 0 t − = ↔ 1 2
1 2
t
t
= +
= −
Với t = 1- 2 ta có:
sin
x x +π = − = −
0,25
( loại)
Trang 42 2
2 2 3
k z
π
π
+ Giải (2):
(2) arctan 3 ( ).
2
x k k zπ
x + x+ ≥ ↔ ≤x − − ∪ ≥ x − +
Phương trình đã cho tương đương với:
1 0
2
− ≥
+ + − + =
0,25
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình ( 1)
xét x ≠ 0 , chia hai vế của ( 1) cho x 2 :
↔ + + + − =
Đặt t= 1
4
x
x
+ , khi đó:
(1) ↔ +( 3)( 1) 12t t− = ↔ +t2 2 15 0 t − =
3
5
t
t
=
↔ = −
0,25
2
3 2 2 ( ko t/m)
2
x
=
=
2
t= − ↔ x + x+ = ↔ = x − ± t m
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: 3 2 2
2
x = + và 5 2 6
2
x = − ±
0,25
Cõu
1
3
dx
I
x x
=
Ta có:
( )
1
0 2 ( 2)(2 1)
dx
I
=
Trang 5§Æt x 2 1 dx 1 2 dt
t t
+ = ⇒ = đ i c n : x=0 thi t = ½; x = 1 thì t = 1/3
0,25
2
1
1 2
1 3
3
t
t
V y I = 2 2
3
Câu
Theo các gi thi t bài ra ta ch ng minh đ c M, N, P, A đ ng ph ng.
G i V là th tích kh i chóp S.ABCD ta có th tích c a hai kh i chóp S.ABC và S.ADC b ng nhau
và b ng
2
V .
0,25
Do đó
S ANM
S ANM
S ABC
0.25
S APM
S APM
S ADC
0.25
Suy ra 1
1 3
S AMNP
V =V = V . Do đó th tích ph n còn l i là 2
1 2
V = −V V= V . Suy ra t s th tích
c a hai ph n là 1:2.
0.25
TX§: x> −1,x R ∈ .
§Æt ( ) ln( 1) ln( 2) 1
2
f x x x
x
+
f
0.25
1
lim ( )
→− = −∞
1 lim ln( 1) ln( 2)
2
x
−+∞
x
x
→+∞
+
0.25
B¶ng biÕn thiªn:
0
f
−∞
0.25
Trang 6Vậy phương trình có nghiệm ⇔ m < 0
0.25
II. PH N RIấNG(3,0 đi m)
A. Ch ng trỡnh chu n
Gọi M (1;-4) ← AB ta tìm M ' đối xứng M qua BC
Nhận xét: BM' song song AC khi đó AH đi qua B và ⊥ BM '
0,25
Vậy BH có phương trình 2x-y -2=0
0.25
2 Nhận thấy: d 1 cắt d 2 tại I (1;2;-1)
Ta có: u = ur1 (2; 1; 1)
2 (1; 2;1)
Đặt 1
1
1
u
e
u
ur
ur
r
2
2
2 ( 1 ; 2 1 ; )
u
u
r
0.25
khi đó 1 2 ( 3 ; 1 2 ; )
ur ur
1 2
ur ur
0.25
phân giác △1 của d d đi qua I nhận 1, 2 e e ur1 + ur2 làm vtcp
1 3
1 2
= +
= − +
△
uur
△
0,25
phân giác △2 của d d đi qua I nhận 1, 2 e e ur1− ur2 làm vtcp
1
1
z
= +
= −
△
r
△
Trang 7CâuVII.a 1.0
Gi s z x yi x= + , ∈ℝ, y ∈ ℝ T gi thi t 2z− + = 2 i 1 ⇔ ( 2x−2) ( + 2y+1) i = 1
⇔ − + + = ⇔ − + + =
.
0,25
t 1cos 1; 1sin 1
x= ϕ+ y= ϕ− ta có
cos 1 sin
z =x +y = ϕ+ + ϕ−
2
(theo bđt Bunhiacopski)
D u “=” x y ra khi cos 2 ;sin 1
0,25
S ph c có module l n nh t th a mãn 2z− + = 2 i 1 là 5 5 5 5
z= + − + i
0,25
B. Ch ng trình nâng cao
Câu
1.NX: ¶ µ ¶ µ
1 1 2 1 ' , '
A =B A = C mà µ µ ¶ ¶
1 1 '1 ' 2
C B= ⇒A = A VËy A A′ lµ ph©n gi¸c trong gãc A′cña
A B C ′ ′ ′
A
B′
C′
0,25
pt A B ′ ′ 2x-y+2=0 :
pt A C ′ ′ : x-2y+4=0
0,25
( ) d2 : x y − + = 2 0
0,25
ki m tra B’,C’ cùng phía v i d1 v y ph ng trình BC là: ( ) d x y 1 : + − = 2 0 0.25
G i B(x,y,z) khi đó :
(2 )( 3 ) (1 )( 4 ) (1 )(1 ) 0
1 0
( )
BA BC
BA BC
x y z
B P
∈ + + + =
Gi i h trên ta đ c x =2,y= 4, z = 1 ho c x = 3, y= 1, z = 1 0.25
V y B(2;4;1) khi đó D đ i x ng B qua trung đi m AC và D(3;1;1) 0,25
Câu
Trang 8K: 0
3
x
y
>
> −
1
2
2 log x+log (y+ = ⇔3) 0 x = +y 3
0.25
Xét hàm f t( )= +t2 t t ( 0) ≥ khi đó f(t) liên t c và đ ng bi n v i t ≥ 0
V y (1) t ng đ ng v i 2x+3 = ⇔ =x x 3 V y h có nghi m duy nh t x=3 và y=6
0.
(H c sinh gi i đúng nh ng không theo cách nh trong đáp án, v n cho đi m t i đa t ng
ng nh trong đáp án ).
