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



tải về 34.56 Kb.
Chuyển đổi dữ liệu23.07.2016
Kích34.56 Kb.
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

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 .

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= ; TCN: y =

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



 (2x – 1) (x + m) = -x + 1 (Vì x = không là nghiệm)

 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:



 h =

Câu V. P =

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



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





Vậy có 3 số phức thỏa ĐK là :





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 Ox

và xA = xB > 0, yB = - yA

Do A  (E) nên

SOAB =

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 :



hoặc

2. B  (S) và OAB đều nên

hay

Trường hợp 1: ;

Pt (OAB) : x – y + z = 0



Trường hợp 2: ;

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

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

 3x – 3y + (x + y)i = 2 



Trần Văn Toàn

(Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM)
: userfiles -> file
file -> CỘng hòa xã HỘi chủ nghĩa việt nam độc lập Tự do Hạnh phúc
file -> 29 Thủ tục công nhận tuyến du lịch cộng đồng
file -> BÀi phát biểu củA ĐẠi diện sinh viên nhà trưỜng sv nguyễn Thị Trang Lớp K56ktb
file -> CỦa bộ trưỞng bộ VĂn hóa thông tin về việc thành lập tạp chí di sản văn hóa thuộc cục bảo tồn bảo tàng bộ trưỞng bộ VĂn hóa thông tin
file -> BỘ VĂn hoá, thể thao và du lịCH
file -> UỶ ban quốc phòng và an ninh cộng hoà XÃ HỘi chủ nghĩa việt nam
file -> Số: 38/2009/QĐ-ttg CỘng hòa xã HỘi chủ nghĩa việt nam
file -> BỘ VĂn hoá, thể thao và du lịch cộng hoà XÃ HỘi chủ nghĩa việt nam
file -> KỲ HỌp thứ TÁM, quốc hội khóa XIII (20/10/2014 – 28/11/2014)
file -> UỶ ban thưỜng vụ quốc hội ban dân nguyện kỳ HỌp thứ SÁU quốc hội khoá XII




Cơ sở dữ liệu được bảo vệ bởi bản quyền ©hocday.com 2019
được sử dụng cho việc quản lý

    Quê hương