Ðề thi tuyển sinh đại học khối a năm 2011 môn thi : toán

g 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 21 sin 2 cos 2 2 sin sin 21 cot
x x x x
x
   . 
2. Giải hệ phương trình (x, y  R). 
2 2 3
2 2 2
5 4 3 2( )
( ) 2 ( )
x y xy y x y
xy x y x y
         
0
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I = 
4
0
sin ( 1)cos
sin cos
x x x x dx
x x 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 = 
2 3
x y z
x y y z z x
    . 
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 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 = 2z z . 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : 
2 2
1
4 1
x y  . Tìm tọa độ các điểm A và 
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 
TÀ
I L
IỆU
 M
IỄN
 P
H
Í K
H
Ô
N
G
 ĐƯ
ỢC
 B
Á
N
. 
X
EM
 ĐÁ
P 
Á
N
 ĐỀ
 T
H
I Đ
ẠI
 H
ỌC
 2
01
1 
TR
ÊN
 W
W
W
.V
N
M
A
TH
.C
O
M
TÀ
I T
R
Ợ B
ỞI
 W
W
W
.V
N
M
A
TH
.C
O
M
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I. 1.  
/
2
1 1\ ; 0,
2 2 1
D y
x
      ¡ x D  
TCĐ: x= 1
2
 vì 
1 1
2 2
lim , lim
x x
y y 
 
    ; TCN: y = 1
2
 vì 1lim
2x
y   
TÀ
I L
IỆU
 M
IỄN
 P
H
Í K
H
Ô
N
G
 ĐƯ
ỢC
 B
Á
N
. 
X
EM
 ĐÁ
P 
Á
N
 ĐỀ
 T
H
I Đ
ẠI
 H
ỌC
 2
01
1 
TR
ÊN
 W
W
W
.V
N
M
A
TH
.C
O
M
TÀ
I T
R
Ợ B
ỞI
 W
W
W
.V
N
M
A
TH
.C
O
M
Hàm số nghịch biến trên (; 1
2
) và ( 1
2
; +). Hàm số không có cực trị. 
X 
-∞ 1
2
 +∞ 
y’   
Y 
 - 1
2
 +∞ 
 -∞ - 1
2
O x 
1
2
1
2

y 
1 
-1 
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d : y = x +m 
1
2 1
x x m
x
     (2x – 1) (x + m) = -x + 1 (Vì x = 
1
2
 không là nghiệm) 
 2x2 + 2mx – (m + 1) = 0 (1) 
Phương trình (1) có  R 2 22 2 ( 1) 1 0,m m m        m
 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 = 12
m  
Ta có: 1 2 2 2
1 2
1 1
(2 1) (2 1)
k k = 
x x
      
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
4( ) 4( ) 2
4 2( ) 1
x x x x
x x x x
       
= 2 2(4 8 6) 4( 1) 2m m m      
k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất bằng -2  m = -1. 
Câu II: 
1. 2
1 s in2 cos 2 2.sin .s in2
1 cot
x x x x
x
   
  2 2sin (1 s in2 cos 2 ) 2 2 sin cosx x x x   x (ĐK : sinx ≠ 0) 
 1 sin 2 cos 2 2 2 cosx x x    
 22cos 2sin cos 2 2 cos 0x x x x    
  2cos (cos sin 2) 0x x x   
 cosx = 0 hay cosx + sinx = 2 
 cosx = 0 hay sin 1
4
x     
  x = 
2
k  hay x = 2
4
k  (k  Z) 
2. 
2 3
2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
5 4 3 2( ) 0 (
( ) 2 ( ) (
(2) ( ) 2 2
( )( 1) 2( 1)
( 1)( 2) 0
1
2
x y xy y x y
xy x y x y
1)
2)
0
xy x y x y xy
x y xy xy
xy x y
xy
x y
         
     
     
    
   
2 35 4 3 2( ) 0
TH1:
1
1 1
1 1
x y xy y x y
xy
x x
v
y y
      
        
2 3
2 2
2 3 2 2
2 2
2 2
5 4 3 2( ) 0
TH2 :
2
5 4 3 ( )( ) 0
2
1
2
2
2 2 2 2
1 1 5 5
1 1 2 2
5 5
x y xy y x y
x y
x y xy y x y x y
x y
y x v y x
x y
x x
x x
v
y y
y y


       
         
     
                     
TÀ
I L
IỆU
 M
IỄN
 P
H
Í K
H
Ô
N
G
 ĐƯ
ỢC
 B
Á
N
. 
X
EM
 ĐÁ
P 
Á
N
 ĐỀ
 T
H
I Đ
ẠI
 H
ỌC
 2
01
1 
TR
ÊN
 W
W
W
.V
N
M
A
TH
.C
O
M
TÀ
I T
R
Ợ B
ỞI
 W
W
W
.V
N
M
A
TH
.C
O
M


Câu III : 4 4
0 0
sin ( 1)cos sin cos cos
sin cos sin cos sin cos
x x x x x x x x xdx dx
x x x x x x x x x
           
=  ' 44
0
0
sin cos 2 21 ln sin cos l
sin cos 4 8 2
x x x
dx x x x x
x x x

                n( ) 
Câu IV Ta có : ·SBA = 600 và SBA là ½ tam giác đều 
nên SA = 4 3 2 3
2
a a 
 V(SMNCB) = 
1 ( 2 ) 2 3
3 2
a a a a    = 
3 3a 
 Kẻ NI // AB để có AMNI là hình vuông, vậy 
khoảng cách của AB đến SN chính là đường 
cao SAI, gọi h là chiều cao đó, ta có: 
 2 2
1 1
(2 3)h aa
C 
A 
N
M 
I 
S 
B 
2
1   h = 12
13
a 
Câu V. P = 
2 3
x y z
x y y z z x
    
 Lấy đạo hàm theo z ta có : P’ (z) = 2 20 ( ) ( )
y x
y z z x
   = 
2
2 2
( )(
( ) ( )
)x y z xy
y z z x
 
  
TÀ
I L
IỆU
 M
IỄN
 P
H
Í K
H
Ô
N
G
 ĐƯ
ỢC
 B
Á
N
. 
X
EM
 ĐÁ
P 
Á
N
 ĐỀ
 T
H
I Đ
ẠI
 H
ỌC
 2
01
1 
TR
ÊN
 W
W
W
.V
N
M
A
TH
.C
O
M
TÀ
I T
R
Ợ B
ỞI
 W
W
W
.V
N
M
A
TH
.C
O
M
 + Nếu x = y thì P = 65 
 + Ta xét x > y thì P  P( xy ) = 2
2 3
yx
x y y x
  
Khảo sát hàm P theo z, ta có P nhỏ nhất khi z = xy 
Đặt t = x
y
  P thành f(t) = 
2
2
2
2 3 1
t
t t
  (t  (1; 2]) 
 f’(t) = 
3 2
2 2 2
2[4 ( 1) 3(2 3)]
(2 3) ( 1)
t t t t
t t
    
  < 0 
Vậy P  f(t)  f(2) = 34
33
. Dấu “=” xảy ra khi x = 4, y = 1, z = 2 
Vậy min P = 34
33
. 
Câu VI.a. 
1. Diện tích MAI=5 = 1 . 5
2
AM  2 5AM  và MI2 = IA2 + AM2 = 25 
 M   M(m; -m – 2). Vậy (2 ; 3)MI m m  uuur nên ta có phương trình: 
  m2 + m – 6 = 0  m = 2 hay m = -3 2 24 4 6 9m m m m      25
  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
uur
=(1;1;-1) là : x + y – z + 2 = 0 
 Giao tuyến d của (P) và (Q) qua J (0; 1; 3) có VTCP ar = (2; 1; 3) 
  pt d : 
2
1
3 3
x t
y t
z t
    
 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
7
 . Vậy M (0; 1; 3) hay M 6 4 12; ;
7 7 7
    
Câu VII.a. Giả sử z = a + bi (a, b  R) 
 22 2 2 2 2 2 2 2( ) 2z z z a ib a b a ib a b abi a b a b               i 
  
2
2 2 2 2 2
12 0
2
a ba b a a b
b ab b v a
             
24 10
10
2
ba
b a
       
1 1
0 2 2
0 1
2 2
a aa
b b b
                 
1
 Vậy có 3 số phức thỏa ĐK là : 
 1 1 1 10, ,
2 2 2 2
z z i z       i 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b 1. Do xA, xB > 0 và OAB cân tại O nên A, B đối xứng nhau qua O 
 và xA = xB > 0, yB = - yA 
 Do A  (E) nên 
2 2
1
4 1
A Ax y  
 SOAB = 
1 1. ( , ) 2 .
2 2 A A A A
AB d O AB y x x y  
 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 1 = 
2 2 2
22 .
4 1 4
A A A
A A A OA
x y x
By x y S    
TÀ
I L
IỆU
 M
IỄN
 P
H
Í K
H
Ô
N
G
 ĐƯ
ỢC
 B
Á
N
. 
X
EM
 ĐÁ
P 
Á
N
 ĐỀ
 T
H
I Đ
ẠI
 H
ỌC
 2
01
1 
TR
ÊN
 W
W
W
.V
N
M
A
TH
.C
O
M
TÀ
I T
R
Ợ B
ỞI
 W
W
W
.V
N
M
A
TH
.C
O
M
 S lớn nhất khi và chỉ khi : 
2
2
1
4
1
2
A
A
x
y

2
 
  
2
2
2
A
A
x
y
   
 Vậy : A 2( 2 ; B ; )
2
2( 2; )
2
 hay A 2( 2; )
2
 ; B 2( 2; )
2
Cách khác : 
Gọi OH là đường cao ta có OH v , 0A Ax x  AAH y .OAB A AS x y  
Mà ta có : 
2 2( 2; ), ( 2; )
2 2
A B  21 .2. . 4 4
2OAB A A
S y y  
2 24 4 4 1
4
A Ay y   
và 21 2
2A A
S y x      
2 2( 2; ), ( 2; )
2 2
A B  hoặc 2 2( 2; ), ( 2; )
2 2
B A  
2. B  (S) và ABC đều nên 
2 2 2
2 2
2 2
4 4 4B B B B B Bx y z x y z
OA OB
OA AB
 0       
TÀ
I L
IỆU
 M
IỄN
 P
H
Í K
H
Ô
N
G
 ĐƯ
ỢC
 B
Á
N
. 
X
EM
 ĐÁ
P 
Á
N
 ĐỀ
 T
H
I Đ
ẠI
 H
ỌC
 2
01
1 
TR
ÊN
 W
W
W
.V
N
M
A
TH
.C
O
M
TÀ
I T
R
Ợ B
ỞI
 W
W
W
.V
N
M
A
TH
.C
O
M
 
2 2 2
2 2 2
2 2
4( )
32
32 (4 ) (4 )
B B B B B B
B B B
B B
2
B
x y z x y z
x y z
x y z
             
  2 2 2
2 2 2
8
32
8( ) 0
B B B
B B B
B B B B B
x y z
x y z
x y z x y
          
   2 2 2
8
32
4
B B B
B B B
B B
x y z
x y z
x y
       
2 2
4
( ) 2
4
B
B B B B B
B B
z
x y x y z
x y
 32     
  hay 
0
4
4
B
B
B
x
y
z
  
4
0
4
B
B
B
x
y
z
  
 Trường hợp 1: (4;4;0)OA uuur ; (0;4;4)OB uuur  , (16; 16;16)OA OB    
uuur uuur
 Pt (OAB) : x – y + z = 0 
 Trường hợp 2: (4;4;0)OA uuur ; (4;0;4)OB uuur  , (16; 16; 16)OA OB     
uuur uuur
 Pt (OAB) : x – y – z = 0 
Câu VII.b Giả sử z = x + yi x, y  R 
Ta có : (2z – 1)(1 + i) + ( z +1)(1 – i) = 2 – 2i  2(1 + iz) + (1 – i) z = 2 
 2(1 + i)(x +