Download Đề thi tuyển sinh ĐH môn Toán khối D

Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox.[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011

Môn : TOÁN ; Khối: D PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

2 1 1

x y x







1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2 Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k +1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

sin2x 2cos x sin x 1

0 tan x 3





2 Giải phương trình

2

2

log (8 x ) log ( 1 x    1 x ) 2 0 (x    )

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

4

0

4x 1

2x 1 2





 



Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a;

mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Biết SB = 2a 3 và SBC= 300 Tính thể tích

khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.

Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

2

2 ( 2)

( , )

1 2

x y x xy m

x y







   





PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x  y  1 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A và C

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng

:

d    

 .

Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết : z (2 3 ) i z 1 9i

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tỏa độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C) : x2 + y2  2x + 4y  5 = 0 Viết phương trình đường thẳng  cắt (C) tại điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :

x y z

và mặt phẳng

(P) : 2x  y + 2z = 0 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng , bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng (P)

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số

2

1

x x y

x

 



[0;2]

Hết

-BUI KHANH

BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I :

1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C)

D = R \ {-1}

y/ = 2

1

(x 1) > 0 với mọi x  D

1

lim

x y



 



và lim1

x y



 

   x = -1 là TCĐ lim 2

x y

 y = 2 là TCN BBT :

y + 2

2 -

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định, không có cực trị

Đồ thị hàm số :

2 Pt hoành độ giao điểm :

2 1

2 1 1

x

kx k

x





 kx2 + (3k - 1)x + 2k = 0 (x = -1 không là nghiệm)

Ycbt :  k  0 và  = k2 - 6k + 1 > 0  k < 3 2 2  k  3 2 2 và k  0 (*)

Khoảng cách từ A và B đến Ox bằng nhau

 yA=yB  kx A2k 1 kx B2k1



A B

A B





 k = – 3 (thỏa đk (*) ) Vậy YCBT  k = – 3

Câu II :

1)

sin 2 2cos sin 1

0 tan 3

x



 đk : tgx  3; cosx  0

Pt  sin2x + 2cosx  sinx  1 = 0  2sinxcosx + 2cosx  (sinx + 1) = 0

 2cosx (sinx + 1)  (sinx + 1)= 0  (2cosx  1)(sinx + 1) = 0

x

y

O 2 -1

1 2

2

2

x











 







 so đk ta có nghiệm của pt : x 3 k2 (k )





2) log (82  x2) log ( 1 2 x 1 x) 2 (x  [-1;1])

 log (82  x2) 2 log ( 1  2  x 1 x)  8  x2 = 4( 1 x 1 x) (*)

Đặt t = 1 x 1 x

(*) thành (t 2)2 (t2 + 4t + 8) = 0

 t = 2  1 x 1 x = 2  x = 0 (nhận)

Câu III :

I =

4

0

4 1

2 1 2

x

dx x



 



Đặt t = 2x  1 2 => (t - 2)dt = dx

=> I =

2

Câu IV :

Gọi H là hình chiếu của S xuống BC

Vì (SBC)  (ABC) nên SH  (ABC)

Ta có SH = a 3

Thể tích khối (SABC) =

1

3SABC SH 1 1 3

( 3a.4a).a 3 2a 3

Ta có : Tam giác SAC vuông tại S

vì SA = a 21; SC = 2a; AC = 5a

Diện tích (SAC) = a2 21

d(B,(SAC)) =

3 SABC

SAC

V

S =

3 2

3.2 3 21

a

6 7

a

Câu V :

Hệ

2

2

x x x y m





4

u x x dk u

v x y v







(1 2 )

1 2

(2 1)





2

1 2

(1)

2 1

u u

m u

  





  









Đặt f(u) =

,

u u

u u

 



 ; f/(u) =

2 2

(2 1)

u

 ;f/(u)=0

1 3 2

u  

(loại) hay

1 3 2

u 

u

1 4

2

 

+ 

f/(u) + 0  f(u)

2 3 2



B

A

S C H I J

5 8



–  Vậy hệ có nghiệm  (1)có nghiệm thuộc

;



   





Câu VIa :

1 Gọi M là trung điểm của AC, ta có

;1

BM  BG M  

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Gọi N là điểm đối xứng của B qua phân giác trong  của góc A và H là giao điểm của  với đường thẳng BN

Đường thẳng BN có phương trình : x + y + 3 = 0

=> Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình :

3 0

( 1; 2)

1 0

x y

H

x y

  





  



H là trung điểm của BN

(2; 5)

N H B

N H B

N



 Đường thẳng AC qua 2 điểm M, N nên có pt : 4x – y – 13 = 0

A là giao điểm của đường thẳng  và đường thẳng AC nên tọa độ A là nghiệm

của hệ :

(4;3)

1 0

x y

A

x y

  







  



M là trung điểm của AC 

C M A

C M A





  C(3; 1)

2 Gọi M là giao điểm của đường thẳng  với Ox  M (m; 0; 0)  AM

 = (m – 1; -2; -3)

AM  d  AM

 a d

= 0  m = -1 AM

= (-2; -2; -3) Vậy pt  là

x y z

Câu VII.a :

Gọi z = a + bi (a, b  R) Khi đó z  (2 + 3i)z = 1 – 9i  a + bi – (2 + 3i)(a –bi) = 1 – 9i

 –(a + 3b) + (3b –3a)i = 1 –9i 



Vậy z = 2 –i

Câu VI.b :

1 Đường tròn (C) có tâm I (1; -2), R = 10

(0; 2)

AI 



Vì I và A cách đều M, N nên MN  AI, vậy pt MN có dạng : y = b

MN = 2 d A MN/ 2b

I MN

2

2

I MN

MN

d   R  b  b   b v b

Vậy Pt : 1 : y = 1 ; 2 : y =  3

2 Phương trình tham số đường thẳng 

1 2

3 4

z t

 





 



 



I  ()  I (1 + 2t; 3 + 4t; t)

d (I, P) =

2(1 2 ) (3 4 ) 2

3

= 1  t = 2 hay t = -1

 I1 (5; 11; 2)  Pt mặt cầu (S) : (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = 1

 I2 (-1; -1; -1)  Pt mặt cầu (S) : (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1

Câu VII.b :

Ta có : y/ =

2 2

( 1)

x x x





y/ = 0  x = 0 v x = – 2 (loại)

mà y(0) = 3 và y(2) =

17 3

Vậy GTLN là

17

3 và GTNN là 3

BUI KHANH