BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: A thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN thông thường CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) −x + Câu I (2,0 điểm) mang đến hàm số y = 2x − 1 khảo sát biến thiên vẽ vật thị (C) hàm số cho minh chứng với m đường thẳng y = x + m giảm đồ thị (C) hai điểm khác nhau A B điện thoại tư vấn k1, k2 hệ số góc tiếp đường với (C) A B kiếm tìm m nhằm tổng k1 + k2 đạt giá trị phệ Câu II (2,0 điểm) + sin x + cos x = sin x sin x Giải phương trình + cot x 2 ⎪⎧5 x y − xy + y − 2( x + y ) = ( x, y ∈ ) Giải hệ phương trình ⎨ 2 ⎪⎩ xy ( x + y ) + = ( x + y ) π Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x sin x + ( x + 1) cos x dx x sin x + cos x Câu IV (1,0 điểm) mang đến hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân nặng B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vuông góc với phương diện phẳng (ABC) gọi M trung điểm AB; mặt phẳng qua SM tuy nhiên song cùng với BC, giảm AC N Biết góc nhị mặt phẳng (SBC) (ABC) 60o Tính thể tích khối chóp S.BCNM khoảng cách hai con đường thẳng AB SN theo a Câu V (1,0 điểm) mang đến x, y, z bố số thực thuộc đoạn <1; 4> x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ tuổi x y z biểu thức phường = + + y+z z+x 2x + y PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh có tác dụng hai phần (phần A B) A Theo chương trình chuẩn chỉnh Câu VI.a (2,0 điểm) Trong khía cạnh phẳng toạ độ Oxy, đến đường thẳng ∆: x + y + = mặt đường tròn (C ) : x + y − x − y = gọi I vai trung phong (C), M điểm ở trong ∆ Qua M kẻ tiếp đường MA MB cho (C) (A B tiếp điểm) tra cứu tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích 10 Trong không khí với hệ tọa độ Oxyz, mang lại hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) khía cạnh phẳng ( P) : x − y − z + = tìm tọa độ điểm M nằm trong (P) cho MA = MB = Câu VII.a (1,0 điểm) tìm tất số phức z, biết: z = z + z B Theo chương trình cải thiện Câu VI.b (2,0 điểm) x2 y2 + = tìm kiếm tọa độ điểm A B trực thuộc Trong phương diện phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ): (E), có hoành độ dương mang đến tam giác OAB cân O có diện tích lớn Trong không khí với hệ tọa độ Oxyz, đến mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − z = điểm A(4; 4; 0) Viết phương trình phương diện phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) tam giác OAB Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun số phức z, biết: (2 z − 1)(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i ) = − 2i - hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không phân tích và lý giải thêm chúng ta tên thí sinh: ; Số báo danh: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) ⎧1 ⎫ • Tập xác định: D = ⎨ ⎬ ⎩2⎭ • Sự trở thành thiên: Chiều phát triển thành thiên: y " = −1 ( x −1) 0,25 0, ∀m Suy d giảm (C) hai điểm biệt lập với m 0,25 0,25 hotline x1 x2 nghiệm (*), ta có: k1 + k2 = – 4( x1 + x2 ) − x1 x2 − 4( x1 + x2 ) + 1 – = − (2 x1 − 1) (2 x2 − 1) (4 x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 1) Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – = – 4(m + 1)2 – ≤ – Suy ra: k1 + k2 lớn – 2, m = – Trang 01/05 0,25 0,25 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) Điều kiện: sin x ≠ (*) Phương trình cho tương tự với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 sin2xcosx ⇔ + sin2x + cos2x = 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – • cosx = ⇔ x = ) = π + kπ, thỏa mãn (*) 0,25 0,25 0,25 π π ) = ⇔ x = + k2π, thỏa mãn nhu cầu (*) 4 π π Vậy, phương trình tất cả nghiệm: x = + kπ; x = + k2π (k ∈ Z) • cosx + sinx = ⇔ sin(x + 0,25 (1,0 điểm) ⎧⎪5 x y − xy + y − 2( x + y ) = (1) ⎨ 2 (2) ⎪⎩ xy ( x + y ) + = ( x + y ) Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = ⇔ xy = x2 + y2 = • xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + = ⇔ y = ± Suy ra: (x; y) = (1; 1) (x; y) = (–1; –1) • x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 2 ⇔ 6y – 4xy + 2x y – 2(x + y) = ⇔ (1 – xy)(2y – x) = ⇔ xy = (đã xét) x = 2y cùng với x = 2y, tự x2 + y2 = suy ra: ⎛ 10 10 ⎞ ⎛ 10 10 ⎞ (x; y) = ⎜⎜ ; ;− ⎟⎟ (x; y) = ⎜⎜ − ⎟ ⎠ 5 ⎟⎠ ⎝ ⎝ ⎛ 10 10 ⎞ ⎛ 10 10 ⎞ Vậy, hệ tất cả nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), ⎜⎜ ; ;− ⎟⎟ , ⎜⎜ − ⎟ ⎠ ⎝ 5 ⎟⎠ ⎝ III (1,0 điểm) I = π π π 4 ( x sin x + cos x) + x cos x dx = ∫0 x sin x + cos x ∫ dx + x cos x ∫ x sin x + cos x dx 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 π π Ta có: ∫ dx = x 04 = π π ∫ IV (1,0 điểm) 0,25 π x cos x dx = x sin x + cos x d(x sin x + cos x) ∫0 x sin x + cos x = ( ln x sin x + cos x ) π ⎛ ⎛ π ⎞⎞ ⎛ ⎛ π ⎞⎞ π = ln ⎜⎜ ⎜ + 1⎟ ⎟⎟ Suy ra: I = + ln ⎜⎜ ⎜ + 1⎟ ⎟⎟ 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎠ ⎝ ⎠ ⎝ (SAB) (SAC) vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC) S n góc (SBC) AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA n = 60o ⇒ SA = AB tung SBA n = 2a (ABC) ⇒ SBA mặt phẳng qua SM tuy vậy song với BC, cắt AC N H ⇒ MN //BC N trung điểm AC D N C A BC AB MN = = a, BM = = a M 2 B ( BC + MN ) BM 3a = ⋅ Thể tích: VS.BCNM = S BCNM ⋅ SA = a 3 ⋅ diện tích s: SBCNM = 2 Trang 2/5 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Đáp án Điểm Kẻ mặt đường thẳng ∆ qua N, tuy vậy song với AB Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND) ⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)) Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH Tam giác SAD vuông A, có: AH ⊥ SD AD = MN = a ⇒ d(AB, SN) = AH = V (1,0 điểm) SA AD = 2a 39 ⋅ 13 0,25 0,25 SA2 + AD 1 + ≥ (*), cùng với a b dương, ab ≥ trước nhất ta bệnh minh: + a + b + ab thiệt vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b) ⇔ (a + b) ab + ab ≥ a + b + 2ab b )2 ≥ 0, cùng với a b dương, ab ≥ lốt xảy ra, khi: a = b ab = Áp dụng (*), cùng với x y ở trong đoạn <1; 4> x ≥ y, ta có: x 1 P= + + ≥ + 3y 2x + 3y + z + x x 2+ 1+ y z x y 0,25 ⇔ ( ab – 1)( a – vết " = " xảy khi: x z x = = y y z 0,25 (1) x t2 + ⋅ = t, t ∈ <1; 2> khi đó: p. ≥ 2t + + t y Đặt − ⎡⎣t (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9) ⎤⎦ t2 Suy ra: AB = 2| y | = call H trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB OH = x diện tích s: SOAB = x − x 2 x = x (4 − x ) ≤ vết " = " xảy ra, x = 0,25 0,25 ⎛ ⎛ ⎛ ⎛ 2⎞ 2⎞ 2⎞ 2⎞ Vậy: A ⎜⎜ 2; ⎟⎟ A ⎜⎜ 2; − ⎟⎟ B ⎜⎜ 2; ⎟⎟ B ⎜⎜ 2; − ⎟ ⎠ ⎠ ⎠ ⎟⎠ ⎝ ⎝ ⎝ ⎝ 0,25 (1,0 điểm) (S) tất cả tâm I(2; 2; 2), bán kính R = dấn xét: O A ở trong (S) Tam giác OAB đều, có nửa đường kính đường tròn ngoại tiếp r = OA = 3 (P) qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ (*) (P) qua A, suy ra: 4a + 4b = ⇒ b = – a khoảng cách: d(I, (P)) = d(I, (P)) = 2(a + b + c) 2 a +b +c 0,25 R2 − r = = 2c 2a + c ⇒ 2c 2a + c = ⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a Theo (*), suy (P): x – y + z = x – y – z = Trang 4/5 0,25 0,25 0,25 Câu VII.b (1,0 điểm) Đáp án điện thoại tư vấn z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = – 2i ⇔ <(2a – 1) + 2bi>(1 + i) + <(a + 1) – bi>(1 – i) = – 2i ⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = – 2i ⎧3a − 3b = ⎩a + b − = −2 ⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = – 2i ⇔ ⎨ ⇔ a= 1 , b = − ⋅ Suy môđun: | z | = a + b = ⋅ 3 - hết - Trang 5/5 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 ... ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm)...


Bạn đang xem: Đề thi toán đại học khối a 2011


Xem thêm: Dạy Học Và Kiểm Tra Đánh Giá Kết Quả Học Tập Theo Định Hướng Phát Triển Năng Lực Học Sinh

Cùng với AB Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND) ⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d (A, (SND)) Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d (A, (SND)) = AH Tam giác SAD vuông A, có: AH ⊥ SD AD = MN = a ⇒ d(AB, SN) = AH... SA AD = 2a 39 ⋅ 13 0,25 0,25 SA2 + AD 1 + ≥ (*), với a b dương, ab ≥ trước nhất ta triệu chứng minh: + a + b + ab thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a) (1 + b) ⇔ (a + b) ab + ab ≥ a + b + 2ab