ĐỀ ÔN THI CAO ĐẲNG, ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN HỌC - MÃ ĐỀ 004 pptx

1 ĐỀ ÔN THI CAO ĐẲNG, ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN HỌC MÃ ĐỀ 004 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 2 12    x x y có đồ thị là (C) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8 2.Giải bất phương trình )3(log53loglog 2 4 2 2 2 2  xxx Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm   x x dx I 53 cos . sin Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1 B 1 C 1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A 1 B 1 C 1 ) thuộc đường thẳng B 1 C 1 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA 1 và B 1 C 1 theo a. Câu V (1 điểm). Cho a, b, c 0  và 2 2 2 3 a b c    . Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 2 2 2 1 1 1 a b c P b c a       II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm). 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1) 2 + (y+2) 2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình         tz ty tx 31 21 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIa (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. 2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đường thẳng d có phương trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình 3 1 1 2 1    zyx . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. -Hết- I.Phần dành cho tất cả các thí sính Câu Đáp án Điể m 1. (1,25 điểm) a.TXĐ: D = R\{-2} b.Chiều biến thiên +Giới hạn:     22 lim;lim;2limlim xx xx yyyy Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2 0,5 + Dx x y    0 )2( 3 ' 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )2;(   và );2(   0,25 +Bảng biến thiên x   -2   y’ + +   2 y 2   0,25 I (2 điểm) c.Đồ thị: Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 2 1 ) và cắt trục Ox tại điểm( 2 1  ;0) Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 0,25 x y O 2 -2 3 2. (0,75 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình         )1(021)4( 2 2 12 2 mxmx x mx x x Do (1) có mmmvam  0321)2).(4()2(01 22 nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B 0,25 Ta có y A = m – x A ; y B = m – x B nên AB 2 = (x A – x B ) 2 + (y A – y B ) 2 = 2(m 2 + 12) suy ra AB ngắn nhất  AB 2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó 24AB 0,5 1. (1 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin 2 x = 8  6cosx(1 – sinx) – (2sin 2 x – 9sinx + 7) = 0  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0 0,5  (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0       )(07sin2cos6 0sin1 VNxx x 0,25    2 2 kx  0,25 2. (1 điểm) ĐK:      03loglog 0 2 2 2 2 xx x Bất phương trình đã cho tương đương với )1()3(log53loglog 2 2 2 2 2  xxx đặt t = log 2 x, BPT (1)  )3(5)1)(3()3(532 2  tttttt 0,5                         4log3 1log 43 1 )3(5)3)(1( 3 1 2 2 2 x x t t ttt t t 0,25 II (2 điểm)        168 2 1 0 x x Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: )16;8(] 2 1 ;0(  III 1 điểm    x x dx x x x dx I 23233 cos . 2 sin 8 cos . cos . sin đặt tanx = t dt t t t t dt I t t x x dx dt         3 32 3 2 22 )1( ) 1 2 ( 8 1 2 2sin; cos 0,5 4 C x xxxdtt t tt dt t ttt       2 2433 3 246 tan2 1 tanln3tan 2 3 tan 4 1 ) 3 3( 133 0,5 Do )( 111 CBAAH  nên góc HAA 1  là góc giữa AA 1 và (A 1 B 1 C 1 ), theo giả thiết thì góc HAA 1  bằng 30 0 . Xét tam giác vuông AHA 1 có AA 1 = a, góc HAA 1  =30 0 2 3 1 a HA  . Do tam giác A 1 B 1 C 1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B 1 C 1 và 2 3 1 a HA  nên A 1 H vuông góc với B 1 C 1 . Mặt khác 11 CBAH  nên )( 111 HAACB  0,5 Kẻ đường cao HK của tam giác AA 1 H thì HK chính là khoảng cách giữa AA 1 và B 1 C 1 0,25 Câu IV 1 điểm Ta có AA 1 .HK = A 1 H.AH 4 3 . 1 1 a AA AHHA HK  0,25 0,5 Câu V 1 điểm Ta cú: P + 3 = 2 2 3 2 2 3 2 2 3 111 a a c c c b b b a       24 1 1212 24 6 2 2 2 2 3 b b a b a P       24 1 1212 2 2 2 2 3 c c b c b       24 1 1212 2 2 2 2 3 a a c a c       3 6 3 6 3 6 216 3 216 3 216 3 cba  6 222 3 82 9 )( 222 3 22 3  cbaP 2 3 22 3 22 9 22 3 22 9 6 3  P Để P Min khi a = b = c = 1 0,5 Phần riêng. A 1 A B C C B 1 K H 5 1.Ban cơ bản 1.( 1 điểm) Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và ACAB  => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 23 IA 0,5         7 5 6123 2 1 m m m m 0,5 2. (1 điểm) Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HI AH  => HI lớn nhất khi I A  Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 0,5 Câu VIa 2 điểm )31;;21( tttHdH     vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0.  uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3(  AHH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 0,5 Từ giả thiết bài toán ta thấy có 6 2 4 C cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và 10 2 5 C cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 5 C . 2 5 C = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán 0,5 Câu VIIa 1 điểm Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả 2 4 C . 2 5 C .4! = 1440 số 0,5 2.Ban nâng cao. 1.( 1 điểm) Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và ACAB  => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 23 IA 0,5         7 5 6123 2 1 m m m m 0,5 2. (1 điểm) Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HI AH  => HI lớn nhất khi I A  Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 0,5 Câu VIa 2 điểm )31;;21( tttHdH     vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0.  uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3(  AHH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 0,5 6 Từ giả thiết bài toán ta thấy có 10 2 5 C cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu) và 3 5 C =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 5 C . 3 5 C = 100 bộ 5 số được chọn. 0,5 Câu VIIa 1 điểm Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả 2 5 C . 3 5 C .5! = 12000 số. Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là 960!4 3 5 1 4 CC . Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán 0,5 . 1 ĐỀ ÔN THI CAO ĐẲNG, ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN HỌC MÃ ĐỀ 004 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) I.Phần chung cho tất cả thí sinh. trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. -Hết- I.Phần dành cho tất cả các thí sính Câu Đáp án Điể m 1. (1,25 điểm) a.TXĐ: D = R {-2 } b.Chiều biến thi n +Giới hạn:. + y -5 z -7 7 = 0 0,5 Từ giả thi t bài toán ta thấy có 6 2 4 C cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và 10 2 5 C cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 5 C . 2 5 C = 60 bộ 4 số thỏa mãn