ÐỀ thi tuyển sinh đẠi học khối a năM 2011 Môn thi : toán I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)

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.

1. Giải phương trình .

2. Giải hệ phương trình (x, y  R).

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

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 = .

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 = .

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : . 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) + (+1)(1 – i) = 2 – 2i.

BÀI GIẢI

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I. 1.

TCĐ: x= vì ; TCN: y = vì

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

X	-∞ +∞
y’	 
Y	- +∞ -∞ -

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

 2x² + 2mx – (m + 1) = 0 (1)

Phương trình (1) có  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 =

Ta có: =

=

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

Câu II:

1.

 (ĐK : sinx ≠ 0)





_

 cosx = 0 hay cosx + sinx =

 cosx = 0 hay

 x = hay x = (k  Z)

2.







Câu III :
=

Câu IV Ta có : = 60⁰ và SBA là ½ tam giác đều nên SA =

V_(SMNCB) = =

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:

Lấy đạo hàm theo z ta có : P’ (z) = =

+ Nếu x = y thì P =

+ Ta xét x > y thì P  P() =

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

Đặt t =  P thành f(t) = (t  (1; 2])

 f’(t) = < 0

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

Vậy min P = .

Câu VI.a.

1. Diện tích MAI=5 =  và MI² = IA² + AM² = 25

M   M(m; -m – 2). Vậy nên ta có phương trình:

 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 =(1;1;-1) là : x + y – z + 2 = 0

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

 pt d :

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 = . Vậy M (0; 1; 3) hay M



Vậy có 3 số phức thỏa ĐK là :

và x_A = x_B > 0, y_B = - y_A

Do A  (E) nên

S_OAB =

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 1 =

S lớn nhất khi và chỉ khi : 

Vậy : A ; B hay A ; B

Cách khác :

Gọi OH là đường cao ta có v

Mà ta có :

và

2. B  (S) và OAB đều nên

 

 

 hay

Trường hợp 1: ; 

Pt (OAB) : x – y + z = 0

Pt (OAB) : x – y – z = 0

Ta có : (2z – 1)(1 + i) + (+1)(1 – i) = 2 – 2i  2(1 + iz) + (1 – i) = 2

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

 3x – 3y + (x + y)i = 2   