PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: 1,docs.srv.vietnamnet.vn/docs/giaoduc/da_toana_chuan_2011.pdf · Câu V. Viết lại P dưới dạng 1 1 1 1 1 p y z x 2 3 x y z Đặt

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I:

1, Khảo sát x 1y2x 1

.

TXĐ: R-\ 12

, 2

(2x 1) 2( x 1)y '(2x 1)

2 2

2x 1 2x 2 1(2x 1) (2x 1)

1y ' 0 x2

Hàm số nghich biến trên mỗi khoảng xác định. *. Các tiệm cận:

1 1y2 2(2x 1)

x

1lim y2

tiệm cận ngang 1y2

1x2

lim y

, 1x2

lim y

tiệm cận đứng : 1x2

*. Bảng biến thiên:

*. đồ thị (Hình dưới).

x 1

2

y’

y 12

12

GỢI Ý ĐÁP ÁN GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC 2011 - KHỐI A - MÔN TOÁN

Cung cấp bởi Tổ chuyên gia giải đề Hệ thống đào tạo CNTT Quốc tế Bachkhoa-Aptech & Bachkhoa-Npower

1

http://bachkhoa-aptech.com/html/giaidethi2011.html

Administrator

logo


2.

PT hoành độ giao điểm x 1 x m (1)2x 1

Với điều kiện 1x2

2

2

22

(1) x 1 2x 1 x m

x 1 2x 2mx x m2x 2mx m 1 0 *

1 3' m m 1 m 0 m2 4

do đó (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt m . Vậy y = x + m luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A; B.

-Hoành độ A, B là nghiệm của (1), 2

1y '2x 1

Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A;B là

1 2A B2 2A B

1 1k y ' , k = y'2x 1 2x 1

Đặt 2x1 = t ; A A B Bt 2x 1; t 2x 1 ; Từ (*) theo Viet ta có :

A B

A B

A B A B

m 1x .x2

x x mt t 2(x x ) 2 2m 2 2(m 1)

A B A B A B

22 2A B A BA B

1 2 22 2 2 2A B A B A B

t .t 4x .x 2 x x 1

2 m 1 2m 1 1

t t 2t tt t1 1k kt t t .t t t

2

24 m 1 24 m 1 2 2

1

.

Vậy GTLN của k1 + k2 là 2 , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = 1. Câu II



2


Administrator

logo


1. ĐK : x k (k ). Z Phương trình

2sin x 1 sin 2x cos2x 2 sin x sin 2x

2s inx 2cos x 2sin x cos x 2 2 sin xcosx

x k x kcos x 0 2 2 k, mcos x s inx 2 sin x 1 x 2m

4 4

Z

2. Tập xác đinh : R

2 2 3

22 2

5x y 4xy 3y 2 x y 0 1 x,y R

xy x y 2 x y (2)

Xét (2) đặt 2x y u u 4v

x.y v

dấu “=” khi và chỉ khi x=y

2 2 2 22 v. u 2v 2 u u v 1 2 v 1 *Với v 1 thì

2

2 2 2

2 u 2 v 1 3

x y 2xy 2 x y 2

Thay vào (1)

2 2 3

2 2 2 2

5x y 4xy 3y 2x 2y 0

2x y 4xy 3y x y 2x 2y 0

2xy x 2y 6y 2x 2y 0

2x x 2y 2 x 2y 0

2 x 2y xy 1 0

x 2yxy 1

Với xy=1 (Loại so với trường hợp đang xét). x = 2y, thay vào (3):

2 2 2 2 2

2y53y 2 2y 1 9y 4y 2 5y 2

2y5



3


Administrator

logo


Từ đó (x ; y) = 2 2 2 22 ; ; 2 ;5 5 5 5

* v = xy =1, từ (3) 2x y 2 1 1 4 Dấu “=” khi x = y Từ đó

x 1 x 1

;y 1 y 1

Vậy nghiệm của hệ là 2 2x 2 x 2x 1 x 1 5 5 ; ; ;

y 1 y 1 2 2y y5 5

Câu III.

4 4 4

1 20 0 0

41 0

x sin x x 1 cos x x cos xI dx dx dx I Ix sin x cos x x sin x cos x

I x4

Tính 2I , đặt t x sin x cos x

214 2 21

4 22 1

1

dt sin x x cos x s inx x cos xx 0 t=1

2x= t= 14 4 2

dt 2I ln t ln 1t 4 2

Vậy I = 2ln 14 4 2

.



4


Administrator

logo


Câu IV

a) Vì (SAB) (ABC);(SAC) (SBC) nên SA (ABC) .

Theo gt AB BC SB BC SBA là góc giữa (SBC) và (ABC)

0 AB 3SBA 60 SA 2a 32

.

Ta có MN // BC => N là trung điểm AC

(BCNM) (ABC)3S S4

2

23 3a.2a4 2

S.BCNM (BCNM)1V S .SA3

2

31 3a. .2a 3 a 33 2

.

b) Gọi K là trung điểm của BC, ta có AB // NKAB // mp (SNK), do đó khoảng cách h giữa AB và SN chính bằng khoảng cách từ B đến mp(SNK). Tính được SN a 14, NK a,SK 2a 17

2 2 2SN NK SK 1 14cos N sin N2SN.NK 1515

2

(SNK)1 a 13S SN.NK.sin N2 2

.

S.BNK (BNK) (ABC)1 1 1V S .SA . S .SA3 3 4

321 1 a 3. 2a .a 3

3 4 3 . Từ đó S.BNK

(SNK)

3V 2a 39hS 13

.



5


Administrator

logo


Câu V. Viết lại P dưới dạng

1 1 1p z xy 1 12 3y zx

Đặt y z xa, b; cx y z thì ta có abc=1. Vì x =max(x,y,z) nên

bc 1 và 2 bc 1

Khi đó biểu thức P trở thành 1 1 1P2 3a 1 b 1 c

Trước hết ta có thể chứng minh bất đẳng thức phụ 1 1 21 b 1 c 1 bc

Bất đẳng thức này tương đương với 2bc 1 b c 0 đúng với bc 1

Từ đây , đặt 2

1bc t và a= ; 2 t 1t

.

Bài toán đưa về việc tìm giá trị nhỏ nhất của 2

2

t 2f (t)3 2t 1 t

Xét f(t) f(2)

2

2

2

2 2

2

2

t 4 2 23 2t 11 1 t 3

3 t 4 2 2 t 3 t 2 2t 23 1 t 3 1 t11 3 2t 11 3 2t

2 t 35t 27t 480 t 1;2

33 3 2t t 1

Vậy f(t) 34f (2)33

, suy ra Min f(t)= 3433

đạt tại t = 2 x 4; y 1;z 2 .



6


Administrator

logo


PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1) Đường tròn (C) có tâm I (2;1),bán kính R = 5

Ta có MIB MAIB1S S 52

do đó 1 MB.IB 5 MB 2 5 MI 52

Tọa độ M(x,y) là nghiệm của hệ2 2

x y 2 0(x 2) (y 1) 25

Giải hệ tìm được 2 nghiệm (-3;1) và (2;-4) Vậy có hai điểm M thỏa mãn đk bài toán là: 1M (-3;1) và 2M (2;-4) 2, Mặt phẳng trung trực của AB có phương trình (Q): x + y – z + 2 = 0; Qn (1;1; 1)

Theo giả thiết, (P): 2x – y – z + 4 = 0, Pn (2; 1; 1)

Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q), d Q Pu =[n , n ] ( 2; 1; 3)

nên d có phương trình x 2ty 1 tz 3 3t

M d M(2t;1 t;3 3t) Ta có 2 2 2 2 2MA MB 9 (2t 2) (1 t) (2 3t) 9

2t 0

14t 6t 0 3t7

Tìm 2 điểm 1M (0;1;3) và 26 4 12M ; ;7 7 7

Câu VIIa



7


Administrator

logo


Đặt z = a + bi với a,b R PT

22 2 2

2 2 2 2

2

2

a bi a b a bi

a b 2abi a b a bi

2b a b 2a 1 0

b 0;a 02b a 01 1a ;bb 2a 1 02 2

Vậy 1 2 31 1 1 1z 0 ;z i ;z i2 2 2 2

B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b 1, Do (E) nhận Ox làm trục đối xứng ; A, B có hoành độ dương và OA= OB nên gọi

A(a;b),B(a;-b), với a,b > 0 và 2 2a b 1

4 1

OAB1 1S AB.OH .2b.a ab2 2

BĐT Côsi

2 2 2 2

max

a b a b1 2 . ab S 14 1 4 1

S 1

Tại 2 2

a ba 2

2 22a b b1 24 1

Vậy A 2 22; ;b 2;2 2

hoặc hoán vị

2,



8


Administrator

logo


2 2 2OA 4 4 0 4 2

Gọi B(x;y;z).

Ta có OB OAAB OAB (S)

2 2 2

2 2 2

2 2 2

x y z 32 (1)(x 4) (y 4) z 32 (2)x y z 4x 4y 4z 0 3

Trừ theo vế của (2), (3) cho (1) 8x 8y 32 04x 4y 4z 32

x y 4z 4

Thay vào (1) 2 2 2x y 16 (x y) 2xy 16

x 0

xy 0y 0

Từ đó 1B (0;4;4) hoặc 2B (4;0;4) *

1

1 1

OA (4;4;0)

OB (0;4;4)

n OA,OB (16; 16;16)

Cùng phương (1;-1;1) PT : 1(OAB ) : x 4 y 4 z 0 x y z 0

2OB (4;0;4)

2 2n OA,OB (16; 16; 16)

cùng phương (1;-1;-1)

2PT(OAB ) : x 4 y 4 z 0 x y z 0 . Câu VII.b Đặt z a bi (a,b R )

z a bi 2a 2bi 1 (1 i) a bi 1 1 i 2 2i



9


Administrator

logo


3a 3b 2 (a b)i 0

1a3a 3b 2 3a b 0 1b

3

Vậy 2 2 2z a b3



10


Administrator

logo


Documents

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: 1,docs.srv.vietnamnet.vn/docs/giaoduc/da_toana_chuan_2011.pdf · Câu V. Viết lại P dưới dạng 1 1 1 1 1 p y z x 2 3 x y z Đặt