Thời gian làm bài: 180 phỳt Khụng kể thời gian giao đề I.. Phần chung cho tất cả cỏc thớ sinh 7,0 điểm Cõu I.. 1 điểm Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a.. Hình
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
Mụn: Toỏn Khối A, B.
Thời gian làm bài: 180 phỳt (Khụng kể thời gian giao đề)
I Phần chung cho tất cả cỏc thớ sinh (7,0 điểm)
Cõu I (2 điểm) cho hàm số : y x= 4−2mx2+1 (Cm)
a, Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số với m=1
b,tỡm m để hàm số cú ba điểm cực trị và đường trũn đi qua ba điểm cực trị này cú bỏn kớnh bằng 1 Cõu II (2 điểm)
1 , gải phương trỡnh x x ) (cos2x 3)sinx 3.cos3x
4 ( cos cos
2, gải hệ phương trỡnh :
=
− + +
=
−
− +
−
0 15 3 2
0 5 4 2
2 2
2 2 4
y x y x
y y x x
Cõu III (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a Hình chiếu của S
lên (ABC) thuộc cạnh AC Góc giữa (SAB), (SBC) với (ABC) lần lợt bằng 300 và 600
Tính thể tích khối chóp S.ABC
Cõu IV (2 điểm)
1, tớnh tớch phõn 6
0
tan( )
4 os2x
x
c
=∫
2, Cho x, y, z là cỏc số thực dương thỏa món: x2 + y2 + z2≤ 3 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1
P
PHẦN RIấNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRèNH ( 03 điểm )
(Thớ sinh chỉ chọn một trong hai chương trỡnh Chuẩn hoặc Nõng cao để làm bài.)
A/ Phần đề bài theo chương trỡnh chuẩn
Cõu VI a 1 Cho tam giỏc ABC cú A(3;5); B(4;-3), đường phõn giỏc trong vẽ từ C là: x+2y-8=0
Lập phương trỡnh đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC
2.Trong khụng gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( )P : 5x 2y 5z 1 0- + - = và
( )Q : x 4y 8z 12- - + = Lập phương trỡnh mặt phẳng 0 (a đi qua gốc tọa độ O, vuụng gúc với )
mặt phẳng (P) và tạo với mặt phẳng (Q) một gúc 45 0
Cõu VII a: Tỡm tập hợp cỏc điểm M biểu diễn của số phức z, thỏa món đẳng thức : 4 2
1
−
i z i
B/ Phần đề bài theo chương trỡnh nõng cao
Cõu VI b: 1 Trong mặt phẳng Oxy cho đường trũn (C): (x−1)2+(y+1)2 =2 và 2 điểm A(0;-4), B(4;0) Tỡm tọa độ 2 điểm C và D sao cho đường trũn (C) nội tiếp trong hỡnh thang ABCD cú đỏy là
AB và CD
2 Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) cú phương trỡnh là
( ) :S x +y + −z 4x+2y−6z+ =5 0, ( ) : 2P x+2y z− + =16 0 Điểm M di động trờn (S) và điểm N di động trờn (P) Tớnh độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN Xỏc định vị trớ của M, N tương ứng với độ dài ngắn nhất đú
Cõu VII.b : Tỡm số phức z cú mụđun nhỏ nhất thỏa món: 1
3
5 1
=
− +
− +
i z
i z
Ghi chỳ: - Thớ sinh khụng được sử dụng bất cứ tài liệu gỡ! Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm!
Họ và tờn thớ sinh: ……….……….…… Số bỏo danh: ………
Trang 2HƯỚNG DẪN
điểm
y = x − mx= x x −m
2
0 0
' 0
x x
=
=
=
hàm số có 3 cực trị ⇔ >m 0
3 điểm cực trị của hàm số lần lượt là A(0,1 ) , B m( ,1−m2), C(− m,1−m2)
Nhận xét: tam giác ABC cân tại A , gọi D là trung điểm BC ⇒ AD vuông góc BC trong
đó : AC == m m+ 4 , D ( 0 , 1 m− 2) ⇒AD =m 2
Áp dụng định luật hàm sin cho tam giác ABC : 2 2
sin
AC
R
B = = (1) Xét tam giác ABD vuông tại D : SinB AD
AB
= (2)
Từ (1) & (2) ta có :
2
0( ) 1
2
( ) 2
m
AC AB AC m m
=
=
=
1 điểm
II.1 Pt⇔(1+sin2x).cosx+(cos2x+ 3)sinx= 3cos3x
x x
x x x
x
x (sin2 cos cos2 sin ) 3sin 3cos3
⇔
x x
x
x 3sin 3cos3 sin3
2
1 3 cos 2
3 sin
2
3 cos
2
⇔
) 3 cos(
) 6 3
+ +
−
= +
+
−
=
+
⇔
π π π
π π π
2 3 6
3
2 3 6
3
k x
x
k x
x
+
=
+
−
=
⇔
2 24
4
π π
π π
k x
k x
1 điểm
II.2
Hpt
=
− +
− +
−
−
=
− +
−
⇔
5 ) 2 ( 4 ) 1 ( 4 ) 2 )(
1 (
10 ) 2 ( ) 1 (
2 2
2 2
2
y x
y x
y x
Đặt
−
=
−
=
2
1
2
y v
x u
; ta có hệ phương trình :
= + +
= +
5 ) ( 4
10
2 2
v u uv
v u
= + +
=
− +
⇔
5 ) ( 4
10 2
)
v u uv
uv v
u
=
−
= +
⇔
45
10
uv
v u
(vô nghiệm) hoặc
−
=
= +
3
2
uv
v u
Với
−
=
=
⇔
−
=
= +
1
3 3
2
v
u uv
v u
hoặc
=
−
=
3
1
v u
Với
−
=
−
=
−
⇒
−
=
=
1 2
3 1 1
y
x v
u
=
=
⇔
1
2
y
x
hoặc
=
−
=
1
2
y x
Với
=
−
−
=
−
⇒
=
−
=
3 2
1 1 3
y
x v
u
=
=
⇔
5
0
y x
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm (x; y) là: (2; 1) ; (-2; 1) và (0; 5)
1 điểm
Trang 3III Gọi H là hình chiếu của S trên (ABC) S
Gọi K, P là hình chiếu của H trên BC, AB
=> góc giữa (SAB) và (ABC) là ·SPH =300
góc giữa (SBC) và (ABC) là ·SKH=600
1 điểm
Đặt SH = x
Tam giác vuông SHP : HP= xcot300 =x 3 A H
C
Tam giác vuông SHK : HK= xcot600 =x/ 3 P N
M
B
1 điểm
Gọi M, N là trung điểm BC, AB => HK//AM; HP//CN
AM = AC CN = AC => AM +CN = => + = => =
3
a
1 điểm
VI
0
tan( )
4 os2x
x
c
4
x−π
dx dt
⇒ = đổi cận
0
4
π
= ⇒ = −
−
= ⇒ =
2
4
os(2 )
2
c t
π
−
+
(1điểm)
VI
2
Vận dụng bất đẳng thức : (a b c)(1 1 1) 9 1 1 1 9
+ +
(lưu ý em nào không chứng minh bất dẳng thức trên thì không chấp nhận cách giải tiếp
theo nếu vận dụng BĐT này để làm )
2 2 2
3
6 2 3
P
Vậy GTNN của P =3
2 khi x=y=1
1điểm
Ghi chú:
- Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa.
- Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải
K