Bộ đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2011 môn Toán khối B

cực trị A, B, C sao cho OA = BC, O là gốc tọa độ, A là cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại.
	Câu II (2,0 điểm)
	1. Giải phương trình 
	2. Giải phương trình (x Î R).
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 
	Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB = a, AD = . Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a.
	Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = .
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
	Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
	A. Theo chương trình Chuẩn
	Câu VI.a (2,0 điểm)
	1.	Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng D : x – y – 4 = 0 và d : 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng D tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8.
	2.	Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng D : và mặt phẳng (P) : x + y + z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của D và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vuông góc với D và MI = .
	Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: .
	B. Theo chương trình Nâng cao
	Câu VI.b (2,0 điểm)
	1.	Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho D (3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương.
	2.	Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng D : và hai điểm A (-2; 1; 1); B (-3; -1; 2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng D sao cho tam giác MAB có diện tích bằng .
	Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức .
BÀI GIẢI GỢI Ý
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: 1/ Khảo sát, vẽ (C) :
m = 1 Þ y = x4 – 4x2 + 1
	D = R, y’ = 4x3 – 8x, y’ = 0 Û x = 0 hay x = ±
	Hàm số đồng biến trên (; 0) và (; +¥), nghịch biến trên (-¥;) và (0; )
	Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = và yCT = -3
x
y
-2
2
1
-3
O
	Bảng biến thiên :
	x -¥ 0 +¥
	y’ - 0 + 0 - 0 +
 	y +¥ 1 +¥
 -3 -3
	2/ 	y’ = 4x3 – 4(m + 1)x
	 	y’ = 0 Û x = 0 hay x2 = m + 1
	Hàm số có 3 cực trị Û m + 1 > 0 Û m > -1
	Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m),
	B (; -m2 – m – 1); C (-; -m2 – m – 1)
	Ta có: OA = BC Û m2 = 4(m + 1) Û m = 2 ± (thỏa m > -1)
Câu II.
	1. 	Phương trình đã cho tương đương :
	2sinxcos2x + sinxcosx = 2cos2x – 1 + sinx + cosx
	Û sinxcosx (2cosx + 1) = cosx (2cosx + 1) – 1 + sinx
	Û cosx(2cosx + 1)(sinx – 1) – sinx + 1 = 0
	Û sinx = 1 hay cosx(2cosx + 1) – 1 = 0 
	Û x = hay 2cos2x + cosx – 1 = 0 
Û x = hay cosx = – 1 hay cosx = 
Û x = hay x = p + k2p hay x = (k Î Z)
2. 	Đặt t = 	Þ t2 = 
	Phương trình đã cho trở thành : t2 – 9t = 0 Û t = 0 hay t = 9
	Với t = 0 : Û x = 
	Với t = 9 : 	 = 9 (điều kiện : -2 £ x £ 2)
 Û Û 2 + x = 9 + +4(2 – x) 
Û (vô nghiệm)
	Cách khác : Đặt u = và v = (u, v ³ 0), phương trình đã cho trở thành:
	(1) Û 3(u – 2v) = (u – 2v)2 Û u = 2v hay u = 2v + 3
	Với u = 2v ta có (2) Û v2 = suy ra: 2 – x = Û x = 
	Với u = 2v + 3 ta có (2) Û (2v + 3)2 + v2 = 4 Û 5v2 + 12v +5 = 0 (VN vì v³ 0)
Câu III:
	Đặt u = x => du = dx
	, chọn 
	Þ I = = = 
	= = 
A
B
C
D
A1
B2
H
O
I
Câu IV.
	Ta có : OI = , DOIA1 là nửa tam giác đều
	Þ A1I = 2OI = a
	= = 
	Gọi B2 là điểm chiếu của B1 xuống mặt phẳng ABCD
Vậy d (B1, A1BD) chính là đường cao vẽ từ B2 của DOB2B
= 
Þ B2H = 
Câu V.
Theo giả thiết ta có . Từ đây suy ra :
 hay
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : 
Đặt t = , ta suy ra : 2t + 1 ³ Þ 4t2 – 4t – 15 ³ 0 Þ t ³ 
Mặt khác: P = = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t)
	f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = 0 Þ t = hay t = 2
	Þ Min f(t) = khi t = 
	Vậy min P = khi a = 1 và b = 2 hay a = 2 và b = 1.
Câu VI.a.
	1. 	Phương trình ON có dạng 	(a2 + b2 ¹ 0), N (at1; bt1) và M (at2; bt2)
	N = ON Ç D : at1 – bt1 – 4 = 0 Û t1 = (a ¹ b)
	M = ON Ç d : 2at2 – bt2 – 2 = 0 Û t2 = (2a ¹ b)
	Suy ra : , 
	Ta có: OM.ON = 8 Û 	Û 
	TH1: a = 0 ta có : b2 = b2, chọn b = 1 Þ N (0; -4) , M (0; -2)
	TH2: a ¹ 0, chọn a = 1 ta được: 1 + b2 = Û 1 + b2 = 
	Û Û b = . Vậy N (6; 2) ; M .
	Cách khác : Điểm N Î d Þ N (n; 2n – 2) Þ = (n; 2n – 2)
	Điểm M Î D Þ M (m; m – 4) Þ = (m; m – 4)
	Nhận xét : 2 đường thẳng d và D nằm cùng phía đối với điểm O nên OM.ON = 8
	Û = 8 Û m = 5n (1)
	Ta có cùng phương với Û m.n + 4n – 2m = 0 (2)
	Từ (1) và (2) Þ 5n2 – 6n = 0 Û n = 0 hay n = 
	Với n = 0 thì m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2)
	Với n = thì m = 6, ta có điểm M (6; 2); N 
	2.	Ta có D cắt (P) tại I (1; 1; 1); điểm M Î (P) Þ M (x; y; 3 – x – y)
	Þ = (1 – x; 1 – y; -2 + x + y). Vectơ chỉ phương của D là = (1; -2; -1)
	Ta có : Û 
	Û x = -3 hay x = 5
	Với x = -3 thì y = -7. Điểm M (4; -7; 6)
	Với x = 5 thì y = 9. Điểm M (5; 9; -11)
Câu VII.a. Gọi z = x + yi ¹ 0 với x, y Î R
	 Û Û x2 + y2 – x – 5 i = 0
	Û x2 – x – 2 = 0 và y = Û (x = -1 và y = ) hay (x = 2 và y = )
	Vậy z = hay .
A
B
C
E
F
D
Câu VI.b.
1. 	Ta có phương trình BD : y = 1, phương trình EF : y = 3, nên
	BD // EF Þ DABC cân tại A
	Ta có BD = BE Þ 
	Þ x = 2 hay x = -1 (loại) Þ E (2; 3)
	Đường thẳng BE cắt AD tại A nên ta có: A (3; )
2.	M Î D Þ M (-2 + t; 1 + 3t; -5 – 2t)
	; ; 
	SMAB = = Û 
	Û 3t2 + 36t = 0 Û t = 0 hay t = -12
	Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19)
Câu VII.b. = 
= = 
	Vậy phần thực của z là 2 và phần ảo của z là 2.
	Cách khác : z = = = 2 + 2i
	Vậy phần thực của z là 2 và phần ảo của z là 2.
Trần Minh Quang, Trần Minh Thịnh
(Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM)
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 
	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 
	2. Giải phương trình 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 
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 = và = 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 
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 . Viết phương trình đường thẳng D 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 : 
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 D 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 D : và mặt phẳng 
(P) : 2x - y + 2z = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng D, 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 trên đoạn [0;2].
----- Hết -----
BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I :
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C)
	D = R \ {-1}
	y/ = > 0 với mọi x Î D
 và Þ x = -1 là TCĐ
	 Þ y = 2 là TCN
	BBT :
	x - ¥	- 1	+¥
	y/	 +	+
	y 	 +¥	 2
	 2 	 -¥
	Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định, không có cực trị.
x
y
O
2
-1
	Đồ thị hàm số :
2. Pt hoành độ giao điểm :
	Û kx2 + (3k - 1)x + 2k = 0 (x = -1 không là nghiệm)
	Ycbt : Û k ¹ 0 và D = k2 - 6k + 1 > 0 Û k < và k ¹ 0 (*) 
	Khoảng cách từ A và B đến Ox bằng nhau 
	Û êyAê=êyBê Û Û 
	Û k = – 3 (thỏa đk (*) ).	Vậy YCBT Û k = – 3
Câu II :
	1) đk : tg; cosx ¹ 0
	Pt Û sin2x + 2cosx - sinx - 1 = 0 Û 2sinxcosx + 2cosx - (sinx + 1) = 0
	Û 2cosx (sinx + 1) - (sinx + 1)= 0 Û (2cosx - 1)(sinx + 1) = 0 
	 so đk ta có nghiệm của pt : 
	2) 	 (x Î [-1;1])
	 	 Û 8 - x2 = (*)
	Đặt t = 
	(*) thành (t -2)2 (t2 + 4t + 8) = 0 
	 Û t = 2 Û = 2 Û x = 0 (nhận)
Câu III :
	I = 
	Đặt t = => (t - 2)dt = dx
	=> I = 
Câu IV : 
	Gọi H là hình chiếu của S xuống BC. 
	Vì (SBC) ^ (ABC) nên SH ^ (ABC) 
B
A
S
C
H
I
J
	Ta có SH = 
	Thể tích khối (SABC) = 
	Ta có : Tam giác SAC vuông tại S 
	vì SA = ; SC = 2a; AC = 5a.
	Diện tích D(SAC) = 
	d(B,(SAC)) = = 
Câu V :
	Hệ 	Đặt 
	Hệ thành : 
	Đặt 	f(u) =; f/(u) = ;f/(u)=0 (loại) hay 
	u	 + ¥
	f/(u)	 +	 0	 -
	f(u)	
	 – ¥
	Vậy hệ có nghiệm có nghiệm thuộc 
Câu VIa :
	1. Gọi M là trung điểm của AC, ta có
	Gọi N là điểm đối xứng của B qua phân giác trong D của góc A và H là giao điểm của D với đường thẳng BN.
	Đường thẳng BN có phương trình : x + y + 3 = 0
	=> Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình : 
	H là trung điểm của BN
	Đường thẳng AC qua 2 điểm M, N nên có pt : 4x – y – 13 = 0
	A là giao điểm của đường thẳng D và đường thẳng AC nên tọa độ A là nghiệm 
	của hệ : 
	M là trung điểm của AC Û Þ 
	2. 	Gọi M là giao điểm của đường thẳng D với Ox Þ M (m; 0; 0) Þ = (m – 1; -2; -3)
	AM ^ d Û .= 0 Û m = -1 Þ = (-2; -2; -3) 
	Vậy pt D là 
Câu VII.a :
	Gọi z = a + bi (a, b Î R). Khi đó z - (2 + 3i) = 1 – 9i Û a + bi – (2 + 3i)(a –bi) = 1 – 9i
	Û –(a + 3b) + (3b –3a)i = 1 –9i Û 
	Vậy z = 2 –i
Câu VI.b :
	1.	Đường tròn (C) có tâm I (1; -2), R = 
	. Vì I và A cách đều M, N nên MN ^ AI, vậy pt MN có dạng : y = b
	MN = 2 
	Vậy Pt :	D1 : y = 1 ; D2 : y = - 3
	2. 	Phương trình tham số đường thẳng D 
	I Î (D) Û I (1 + 2t; 3 + 4t; t)
	d (I, P) = = 1 Û t = 2 hay t = -1
	Þ I1 (5; 11; 2) Þ Pt mặt cầu (S) : (x – 5)2 + (y – 11)2 +