1. 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
2 1
1
x
y
x
+
=
+
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
sin2x 2cos x sin x 1
0
tan x 3
+ − −
=
+
2. Giải phương trình
2
2 1
2
log (8 x ) log ( 1 x 1 x) 2 0 (x )− + + + − − = ∈¡
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
4
0
4x 1
I dx
2x 1 2
−
=
+ +
∫
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 = 2 3a và ·SBC = 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
3 2
2
2 ( 2)
( , )
1 2
x y x xy m
x y
x x y m
 − + + =
∈
+ − = −
¡
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
1 3
:
2 1 2
x y z
d
+ −
= =
−
.
Viết phương trình đường thẳng ∆ 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 : (2 3 ) 1 9z i z i− + = −
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 ∆ 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 ∆ :
1 3
2 4 1
x y z− −
= = và mặt phẳng
(P) : 2x − y + 2z = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, 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
2
2 3 3
1
x x
y
x
+ +
=
+
trên đoạn
[0;2].
----- Hết -----

2. BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I :
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C)
D = R {-1}
y/
= 2
1
( 1)x +
> 0 với mọi x ∈ D
1
lim
x
y−
→−
= +∞ và
1
lim
x
y+
→−
= −∞ ⇒ x = -1 là TCĐ
lim 2
x
y
→±∞
= ⇒ y = 2 là TCN
BBT :
x - ∞ - 1 +∞
y/
+ +
y +∞ 2
2 -∞
Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định, không có cực trị.
Đồ thị hàm số :
2. Pt hoành độ giao điểm :
2 1
2 1
1
x
kx k
x
+
= + +
+
⇔ kx2
+ (3k - 1)x + 2k = 0 (x = -1 không là nghiệm)
Ycbt : ⇔ k ≠ 0 và ∆ = k2
- 6k + 1 > 0 ⇔ k < 3 2 2 3 2 2k− ∨ > + và k ≠ 0 (*)
Khoảng cách từ A và B đến Ox bằng nhau
⇔ yA=yB ⇔ 2 1 2 1A Bkx k kx k+ + = + + ⇔
( ) 1 3
( ) 4 2 0
( ) 4 2 0
A B
A B
kx kx loai k
k k
k x x k k
= −
⇔ + + = + + + =
⇔ k = – 3 (thỏa đk (*) ). Vậy YCBT ⇔ k = – 3
Câu II :
1)
sin 2 2cos sin 1
0
tan 3
x x x
x
+ − −
=
+
đk : tg 3x ≠ − ; cosx ≠ 0
Pt ⇔ sin2x + 2cosx − sinx − 1 = 0 ⇔ 2sinxcosx + 2cosx − (sinx + 1) = 0
⇔ 2cosx (sinx + 1) − (sinx + 1)= 0 ⇔ (2cosx − 1)(sinx + 1) = 0
x
y
O
2
-1

3. 1 2
cos 3
2
sin 1 2
2
x k
x
x x k
π
π
π
π

= ± + =⇔ ⇔ 
 = − = − + 
so đk ta có nghiệm của pt : 2 ( )
3
x k k
π
π= + ∈Z
2) 2
2 2log (8 ) log ( 1 1 ) 2x x x− − + + − = (x ∈ [-1;1])
2
2 2log (8 ) 2 log ( 1 1 )x x x⇔ − = + + + − ⇔ 8 − x2
= 4( 1 1 )x x+ + − (*)
Đặt t = 1 1x x+ + −
(*) thành (t −2)2
(t2
+ 4t + 8) = 0
⇔ t = 2 ⇔ 1 1x x+ + − = 2 ⇔ x = 0 (nhận)
Câu III :
I =
4
0
4 1
2 1 2
x
dx
x
−
+ +
∫
Đặt t = 2 1 2x + + => (t - 2)dt = dx
=> I =
5 52
2
3 3
(2 8 5)( 2) 10 34 3
(2 12 21 ) 10ln
3 5
t t t
dt t t dt
t t
− + −
= − + − = +∫ ∫
Câu IV :
Gọi H là hình chiếu của S xuống BC.
Vì (SBC) ⊥ (ABC) nên SH ⊥ (ABC)
Ta có SH = 3a
Thể tích khối (SABC) =
1
.
3
ABCS SH =V
31 1
( 3a.4a).a 3 2a 3
3 2
=
Ta có : Tam giác SAC vuông tại S
vì SA = 21a ; SC = 2a; AC = 5a.
Diện tích ∆(SAC) = 2
21a
d(B,(SAC)) =
3 SABC
SAC
V
S∆
=
3
2
3.2 3
21
a
a
=
6
7
a
Câu V :
Hệ
2
2
( )(2 )
( ) (2 ) 1 2
x x x y m
x x x y m
 − − =

− + − = −
Đặt
2 1
( )
4
2 ( )
u x x dk u
v x y v

= − ≥ −

 = − ∈ ¡
Hệ thành : 2
(1 2 )1 2
(2 1)
v m uu v m
uv m u u m u
= − −+ = − 
⇔ 
= − + = + 
2
1 2
(1)
2 1
v m u
u u
m
u
= − −

⇔ − +
=
+
Đặt f(u) =
2
1
,
2 1 4
u u
u
u
− +
≥ −
+
; f/
(u) =
2
2
2 2 1
(2 1)
u u
u
− − +
+
;f/
(u)=0
1 3
2
u
− −
⇔ = (loại) hay
1 3
2
u
− +
=
u
1
4
−
1 3
2
− +
+ ∞
f/
(u) + 0 −
f(u)
2 3
2
−
5
8
− – ∞
B
A
S
C
H
I
J

4. Vậy hệ có nghiệm (1)⇔ có nghiệm thuộc
1 2 3
;
4 2
m
− 
− +∞ ⇔ ≤÷ 
Câu VIa :
1. Gọi M là trung điểm của AC, ta có
3 7
;1
2 2
BM BG M
 
= ⇔  ÷
 
uuuur uuur
Gọi N là điểm đối xứng của B qua phân giác trong ∆ của góc A và H là giao điểm của ∆ với
đường thẳng BN.
Đường thẳng BN có phương trình : x + y + 3 = 0
=> Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình :
3 0
( 1; 2)
1 0
x y
H
x y
+ + =
⇒ − −
− − =
H là trung điểm của BN
2 2
(2; 5)
2 5
N H B
N H B
x x x
N
y y y
= − =
⇔ ⇒ −
= − = −
Đường thẳng AC qua 2 điểm M, N nên có pt : 4x – y – 13 = 0
A là giao điểm của đường thẳng ∆ và đường thẳng AC nên tọa độ A là nghiệm
của hệ :
4 13 0
(4;3)
1 0
x y
A
x y
− − =
⇒
− − =
M là trung điểm của AC ⇔
2 3
2 1
C M A
C M A
x x x
y y y
= − =

= − = −
⇒ (3; 1)C −
2. Gọi M là giao điểm của đường thẳng ∆ với Ox ⇒ M (m; 0; 0) ⇒ AM
uuuur
= (m – 1; -2; -3)
AM ⊥ d ⇔ AM
uuuur
. da
uur
= 0 ⇔ m = -1 ⇒ AM
uuuur
= (-2; -2; -3)
Vậy pt ∆ là
1 2 3
2 2 3
x y z− − −
= =
Câu VII.a :
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R). Khi đó z − (2 + 3i) z = 1 – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a –bi) = 1 – 9i
⇔ –(a + 3b) + (3b –3a)i = 1 –9i ⇔
3 1 2
3 3 9 1
a b a
b a b
− − = = 
⇔ 
− = − = − 
Vậy z = 2 –i
Câu VI.b :
1. Đường tròn (C) có tâm I (1; -2), R = 10
(0; 2)AI −
uur
. Vì I và A cách đều M, N nên MN ⊥ AI, vậy pt MN có dạng : y = b
MN = 2 / 2A MNd b=
/ 2I MNd b= +
2
2 2 2
/ 2 3 0 1 3
2
I MN
MN
d R b b b v b
 
+ = ⇔ + − = ⇒ = = − ÷
 
Vậy Pt : ∆1 : y = 1 ; ∆2 : y = − 3
2. Phương trình tham số đường thẳng ∆
1 2
3 4
x t
y t
z t
= +

= +
 =
I ∈ (∆) ⇔ I (1 + 2t; 3 + 4t; t)
d (I, P) =
2(1 2 ) (3 4 ) 2
3
t t t+ − + +
= 1 ⇔ t = 2 hay t = -1

5. ⇒ I1 (5; 11; 2) ⇒ Pt mặt cầu (S) : (x – 5)2
+ (y – 11)2
+ (z – 2)2
= 1
⇒ I2 (-1; -1; -1) ⇒ Pt mặt cầu (S) : (x + 1)2
+ (y + 1)2
+ (z + 1)2
= 1
Câu VII.b :
Ta có : y/
=
2
2
2 4
( 1)
x x
x
+
+
y/
= 0 ⇔ x = 0 v x = – 2 (loại)
mà y(0) = 3 và y(2) =
17
3
Vậy GTLN là
17
3
và GTNN là 3
Trương Văn Ngọc, Lê Ngô Thiện
(Trường THPT Lạc Hồng – TP.HCM)

6. ⇒ I1 (5; 11; 2) ⇒ Pt mặt cầu (S) : (x – 5)2
+ (y – 11)2
+ (z – 2)2
= 1
⇒ I2 (-1; -1; -1) ⇒ Pt mặt cầu (S) : (x + 1)2
+ (y + 1)2
+ (z + 1)2
= 1
Câu VII.b :
Ta có : y/
=
2
2
2 4
( 1)
x x
x
+
+
y/
= 0 ⇔ x = 0 v x = – 2 (loại)
mà y(0) = 3 và y(2) =
17
3
Vậy GTLN là
17
3
và GTNN là 3
Trương Văn Ngọc, Lê Ngô Thiện
(Trường THPT Lạc Hồng – TP.HCM)