ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: BỘ ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI XÁC SUẤT THỐNG KÊ

---

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011

 

Môn thi : TOÁN

 

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y       ^{x  1}

2 x  1

1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi k₁, k₂ lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng k₁ + k₂ đạt giá trị lớn nhất.

Câu II (2,0 điểm).

1. Giải phương trình

1  sin 2 x  cos 2x

sin x sin 2x .

2

1  cot2 x

2

y  4 xy

2

3 y

3

2( x  y)  0

5 x

2. Giải hệ phương trình

(x, y  R).

xy ( x 2    y 2 )  2  ( x  y)2

4

x sin x  ( x  1)cos x

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

dx

0

x sin x  cos x

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB=BC=2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60⁰. Tính thể tích khối chóp S. BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.

 

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x       y, x      z. Tìm giá

 

trị nhỏ nhất của biểu thức P =	x		y		z	.
	2 x  3y  y  z  z  x

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

1. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : x + y + 2 = 0 và đường tròn (C): x² + y² – 4x – 2y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.

 

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A (2; 0; 1), B (0; -2; 3) và mặt phẳng (P): 2x – y – z + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3.

 

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết z² = z ²  z .

 

1. Theo chương trình Nâng cao

 

Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : ^{x 2 y2} 1. Tìm tọa độ các điểm A và

4     1

 

B thuộc (E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.

 

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : x² + y² + z²–4x–4y– 4z=0 và điểm A (4; 4; 0). Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều.

 

Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết:

 

(2z – 1)(1 + i) + ( z +1)(1 – i) = 2 – 2i.

 

															BÀI GIẢI
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. 1.  D			1						y	/					1	0,  x  D
			\					;
												2x  1 2
			2
TCĐ: x=	1		vì lim y, lim y; TCN: y =														1	vì lim y	1
2			x		1						x		1			2		x	2
			2								2

Hàm số nghịch biến trên (    ; ¹ ) và ( ¹ ; +  ). Hàm số không có cực trị.

X				2			2
	-∞			1			+∞
				2
y’
Y	–	1				+∞
	2							1
			-∞				–
							2

 

y

 

 

 

 

 

 

1

 

2

O

1

x

¹

 

2  -1

 

 

 

 

 

 

2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d : y = x +m

 

^{x  1}  x  m   (2x – 1) (x + m) = -x + 1 (Vì x = ¹ không là nghiệm)

2x  1                                                                                             2

2x² + 2mx – (m + 1) = 0 (1)

Phương trình (1) có         m ²   2 m  2    ( m  1) ²  1   0,  m       R

 

Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm nên d luôn cắt (C) tại hai điểm A, B.

Hoành độ tiếp điểm tại A, B là x₁, x₂ là nghiệm của phương trình (1)

x1	+ x2 = – m và x1.x2		=		m  1
			2								4(x 2		x 2 )  4(x  x
	1						1										)  2
Ta có: k1   k2										=		1		2	1	2
		(2 x  1) 2				(2 x			1)2			4x x		2(x	x	)  1		2
	1						2
													1  2	1	2

=  (4 m ²  8m   6)      4( m  1) ²   2

k₁ + k₂ đạt giá trị lớn nhất bằng -2     m = -1.

 

Câu II:	1  sin2x  cos 2x
1.
			2.sin x. s in2x
	1  cot2 x

sin² x (1  sin2x  cos 2x )  22 sin² x cos x (ĐK : sinx ≠ 0)

 

1  sin 2 x  cos 2 x  22 cos x

 

2 cos ² x 2 sin x cos x 22 cos x 0 2 cos x (cos x sin x 2) 0

 

cosx = 0 hay cosx + sinx = 2

cosx = 0 hay sin  x														1
									4
x =				k  hay x =								k 2  (k  Z)
2.			2						4
		y  4xy			2	3y	3	2(x  y)  0  (1)
5x
			y 2 )  2  (x  y)2											(2)
xy (x 2

• xy (x ² y ² )  2  x ²    y ²   2xy

 

(x ² y ² )(xy 1) 2(xy 1) 0 (xy 1)(x ² y² 2) 0

xy  1

x ²    y²    2

 

y  4xy

2

3y

3

2(x  y)  0

TH1:

5x

xy  1

x  1

v

x   1

y  1

y   1

y  4xy

2

3y

3

2(x  y)  0

5x

TH2 :

2    y

2    2

x

y  4xy

2

3y

3

( x

2

y

2

)(x  y)  0

5x

x 2    y2    2

1

y  x

v

y

x

2

2

y

2

2

x

2  2

2  2

x

x

x  1

x

1

5

5

v

y  1

y   1

2

2

y

y

5

5

			x sin x  ( x  1)cos x			x sin x  cos x			x cos x
Câu III :  04				dx  04
										dx
			x sin x  cos x
						x sin x  cos x			x sin x  cos x

 

						x sin x  cos x		‘
																								4
=																																				2					2
		4	1						dx   x  ln			x sin x  cos x																		ln(														)
	0					x sin x  cos x																		0				4			8					2
Câu IV										Ta có : SBA = 600 và  SBA là ½ tam giác đều
			S							nên SA =				4 a			3				2 a
																								3
													2
													1			a																		3
										V(SMNCB)			=								(a  2a )							2a			3 = a					3
			A			M	B						3				2

Kẻ NI // AB để có AMNI là hình vuông, vậy

_{I             N}                                       khoảng cách của AB đến SN chính là đường

cao     SAI, gọi h là chiều cao đó, ta có:

C

1

1

1

h =

a

12

h 2

(2a

3)2    a2

13

Câu V. P =

x

y

z

2 x  3y  y  z  z  x

Lấy đạo hàm theo z ta có : P’ (z) = 0

y

x

=

(x  y )(z 2

xy)

( y  z )2

(z  x)2

( y  z )2 (z  x)2

• Nếu x = y thì P = ⁶ 5

 

+ Ta xét x > y thì P  P(

) =

x

2

y

xy

2x  3y

y

x

Khảo sát hàm P theo z, ta có P nhỏ nhất khi z =

xy

t2

2

Đặt t =

x

P thành f(t) =

(t  (1; 2])

y

2t 2

3

1  t

f’(t) =

2[4t 3 (t  1)  3(2t 2

t  3)]

< 0

(2t 2   3)

2 (t  1)2

Vậy P                       f(t) f(2) = ³⁴ . Dấu “=” xảy ra khi x = 4, y = 1, z = 2 33

³⁴

Vậy min P =        .

 

Câu VI.a.

 

1. Diện tích MAI=5 = ¹ AM.5AM 25 và MI² = IA² + AM² = 25 2

 

M               M(m; -m – 2). Vậy MI     (2     m; m   3) nên ta có phương trình:

 

4    m ²   4 m   m ²   6 m  9    25        m² + m – 6 = 0      m = 2 hay m = -3

 

M (2; -4) và M (-3; 1).

2. Pt mp (Q) trung trực đoạn AB qua trung điểm I (1;-1;2) của AB có VTPT

 

IA=(1;1;-1) là : x + y – z + 2 = 0

 

Giao tuyến d của (P) và (Q) qua J (0; 1; 3) có VTCP a = (2; 1; 3)

 

x  2t

 

pt d :  y  1  t

 

z       3    3t

 

MA = MB, M     (P)      M     d       M (2t; 1 + t; 3 + 3t)

 

MA = 3             (2 – 2t)² + (-1 – t)² + (-2 – 3t)² = 9

t = 0 hay t =  ³ . Vậy M (0; 1; 3) hay M

 

7

Câu VII.a. Giả sử z = a + bi (a, b     R)

 

z ²                                                                   z ²         z              ( a          ib ) ²    a ²        b ²        a          ib         a ²        b ²

 

a 2   b 2   a  a 2   b2								a   2b					2
b  2ab						b  0 v a								1
													2
a  0		4b2   1
				1
b  0		a
				2
				1					1
a  0		a					a
				2					2
b  0		b		1			b		1
				2					2

• 4 12
  • ;
• 7 7

 

2abi    a ²  b ²   a   bi

 

Vậy có 3 số phức thỏa ĐK là :

 

z  0,  z	1		1	i ,	z	1		1	i
2		2			2		2

1. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b 1. Do x_A, x_B > 0 và OAB cân tại O nên A, B đối xứng nhau qua Ox và x_A = x_B > 0, y_B = – y_A

 

Do A  (E) nên	x 2		y2
	A		A	1
			1
4

 

S OAB =	1	AB.d (O , AB )									1	2				y A						.			x A					x A yA
2											2																					x 2									y 2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 1 =
																																		A										A			2
																																	4								1
													2										1
													xA															xA      2
S lớn nhất khi và chỉ khi :													4								2
																						1																			2
													2															y
													yA								2										A										2
Vậy : A (						2		) ; B (										2		) hay A (																									2				) ; B
			2;						2;																									2;
					2
													2																												2

 

 

x²     ₂

^A .y _A      x _A y _A     S_OAB

4

 

 

 

 

²

( 2;      )

 

Cách khác :
																									AH		yA				S OAB    x A .				yA
Gọi OH là đường cao ta có OH  x A , xA    0																							v
Mà ta có :
																					1										4 y 2	4  4 y2
				2											2
																									4  4yA2
A(  2;							B(  2;										)S OAB						y A
						),																.2.		.							A	A	1
			2											2							2											4
													xA
và S  1   y A										2
																		2
							2

A(2; ² ), B(2;  ² ) hoặc B (2; ² ), A(2;  ² )

2                          2                                2                          2

 

x _B²   y _B² z _B² 4x _B  4y _B   4z_B    0

 

2. B (S) và  OAB đều nên  OA ²    OB²

 

OA ²    AB²

 

x B2    y B2    z B2    4(x B    y B    zB )

x B    y B    zB    8

32  x 2

y 2

z2

x

2

y 2

z2

32

B

B

B

B

B

B

2

(4  y B )

2

2

2

2

2

8( x B

yB )  0

32  (4  x B )

zB

x B

y B

z B

x B    y B    zB    8

zB    4

zB2    32

x B2    y B2

( x B    y B ) 2   2 x B y B    zB2    32

yB

4

yB    4

x B

x B

xB    0

xB    4

yB    4 hay  yB    0

4

zB

zB    4

Trường hợp 1: OA  (4; 4; 0) ; OB  (0; 4; 4)

OA, OB

(16; 16;16)

Pt (OAB) : x – y + z = 0

Trường hợp 2: OA  (4;4;0) ; OB  (4;0;4)

OA, OB

(16; 16; 16)

Pt (OAB) : x – y – z = 0

Câu VII.b  Giả sử z = x + yi x, y  R

Ta có : (2z – 1)(1 + i) + (

+1)(1 – i) = 2 – 2i   2(1 + iz) + (1 – i)

= 2

z

z

2(1 + i)(x + yi) + (1 – i)(x – yi) = 2

1

3x  3y  2

x

1

1

2

3

z

3x – 3y + (x + y)i = 2

x  y  0

1

9  9

3

y

3

Trần Văn Toàn

(Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM)