ĐỀ+ĐA KS ĐH 2011-D

KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN THỨ 1 NĂM 2011 ĐỀ THI MÔN: Toán; KHỐI: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi gồm: 02 trang I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 2x 1 y x 2 + = + có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Chứng minh rằng đường thẳng d: y x m= − + luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm). 1. Giải phương trình: 9sin x 6cosx 3sin 2x cos2x 8.+ − + = 2. Giải bất phương trình: ( ) 2 2 2 2 2 4 log log x 3 5 log x 3 .− − > − Câu III (1,0 điểm). Tìm nguyên hàm: 3 5 dx I . sin x.cos x = ∫ Câu IV (1,0 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 A A 1 và BB 1 theo a. Câu V (1,0 điểm). Cho phương trình: 3 4 x 1 x 2m x(1 x) 2 x(1 x) m .+ − + − − − = Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình chuẩn (3 điểm): Câu VIa (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình 2 2 (x 1) (y 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 x 1 2t y t z 1 3t = +   =   = +  . 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 (1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. B. Theo chương trình nâng cao(3 điểm): Câu VIb (2,0 điểm). 1 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng d: x y 3 0− − = và có hoành độ I 9 x 2 = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của d và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là: (S): 2 2 2 x y z 4x 2y 6z 5 0, (P) :2x 2y z 16 0.+ + − + − + = + − + = Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định tọa độ M, N tương ứng. Câu VIIb (1,0 điểm). Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn: 2 2 2 a b c 3.+ + = Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 1 1 1 4 4 4 . a b b c c a a 7 b 7 c 7 + + ≥ + + + + + + + + ……………….Hết…………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………….; SBD:…………………………… 2 ĐÁP ÁN KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN: Toán; KHỐI: D. I. Hướng dẫn chung: - Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu HS bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. - Nếu HS giải cách khác, giám khảo căn cứ vào các ý trong đáp án để cho điểm. - Trong bài làm, nếu ở bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. HS được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. - Trong lời giải câu IV, nếu HS vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm. - Điểm toàn bài là tổng điểm của tất cả các câu làm tròn đến 0,5. II. Đáp án và biểu điểm: I- PHẦN CHUNG( 7 điểm): Câu Đáp án Điểm Câu I 2 điểm 1. (1,25 điểm) a. Tập xác định: { } D R \ 2 .= − b. Chiều biến thiên: + Giớ hạn: x x 2 x 2 lim y 2; lim y ; lim y . + − →±∞ → → = = −∞ = +∞ Suy ra đồ thị hàm số có một cận đứng là x 2 = và một tiệm cận ngang là y 2= . 0,5 + 2 3 y' 0 x D (x 2) = 〉 ∀ ∈ + . Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 2) và ( 2; ).−∞ − − +∞ 0,25 + Bảng biến thiên: x −∞ -2 +∞ y' + + y +∞ 2 2 −∞ 0,25 C. Đồ thị: Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm 1 0; 2    ÷   và cắt trục Ox tại điểm 1 ;0 2   −  ÷   . Đồ thị nhận điểm ( ) 2;2− làm tâm đối xứng. 0,25 3 6 4 2 -2 -5 1/2 -1/2 -2 O I y x f x ( ) = 2 ⋅ x+1 x+2 2. (0,75 điểm). Hoành độ giao điểm của đồ thi (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình: 2 x 2 2x 1 x m x 2 x (4 m)x 1 2m 0 (1) ≠ −  + = − + ⇔  + + − + − =  Do (1) có 2 2 m 1 0 và ( 2) (4 m).( 2) 1 2m 3 0 m∆ = + > − + − − + − = − ≠ ∀ nên đường đường thẳng d luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. 0,25 Ta có: A A B B y m x ; y m x= − = − 2 2 2 2 A B A B nên AB (x x ) (y y ) 2(m 12)= − + − = + Suy ra AB ngắn nhất ⇔ AB 2 nhỏ nhất ⇔ m 0= . Khi đó AB 24= . 0,5 Câu II 1. (1 điểm). Phương trình đã cho tương đương với: 2 2 9sin x 6cosx 6sin x.cosx+1-2sin x 8 6cos x(1 sinx) (2sin x 9sin x 7) 0 6cos x(1 sinx) (1 sinx)(7 2sin x) 0 + − = ⇔ − − − + = ⇔ − − − − = 0,5 (1 sinx)(6cosx 2sin x 7) 0 1 sinx 0 6cos x 2sin x 7 0(VN) ⇔ − + − = − =  ⇔  + − =  0,25 ⇔ x k2 2 π = + π 0,25 2. (1 điểm). 2 điểm ĐK: 2 2 2 2 x 0 log log x 3 0 >   − − ≥  Bất phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 2 2 log log x 3 5(log x 3) (1)− − > − Đặt 2 t log x= , 0,5 4 BPT (1) 2 t 2t 3 5(t 3) (t 3)(t 1) 5(t 3) ⇔ − − > − ⇔ − + > − 2 2 2 t 1 log x 1 t 1 t 3 3 t 4 3 log x 4 (t 1)(t 3) 5(t 3) ≤ −  ≤ − ≤ −    > ⇔ ⇔ ⇔     < < < <     − − > −   0,25 1 0 x . 2 8 x 16  < ≤  ⇔  < <  Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ] 1 (0; (8;16). 2 ∪ 0,25 Câu III 1 điểm 3 3 2 3 2 dx dx I 8 sin x.cos x.cos x sin 2x.cos x = = ∫ ∫ Đặt t tanx= 2 2 dx 2t dt ;sin2x . cos x 1 t ⇒ = = + 2 3 3 3 2 dt (t 1) I 8 dt 2 t ( ) 1 t + ⇒ = = + ∫ ∫ 0,5 6 4 2 3 3 3 4 2 2 t 3t 3t 1 3 dt (t 3t t )dt t t 1 3 1 tan x tan x 3ln t anx C 4 2 2tan x − + + + = = + + + = + + − + ∫ ∫ 0,5 Câu IV 1 điểm Do AH ⊥ (A 1 B 1 C 1 ) nên góc ∠ AA 1 H là góc giữa AA 1 và (A 1 B 1 C 1 ), theo giả thiết thì góc ∠ AA 1 H bằng 30 0 . Xét tam giác vuông AHA 1 có AA 1 =a, góc ∠ AA 1 H=30 0 0,5 5 A B C A 1 B 1 K H C 1 ⇒ A 1 H= a 3 2 nên A 1 H ⊥ B 1 C 1 . Mặt khác AH ⊥ B 1 C 1 nên B 1 C 1 ⊥ (AA 1 H) 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 Ta có: AA 1 . HK=A 1 H. AH 1 1 A H.AH a 3 HK AA 4 ⇒ = = 0,25 Câu V 1 điểm Phương trình: 3 4 x 1 x 2m x(1 x) 2 x(1 x) m (1)+ − + − − − = Điều kiện: 0 x 1≤ ≤ . Nếu [ ] x 0;1∈ thỏa mãn (1) thì 1-x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện x=1-x 1 x 2 ⇒ = . Thay 1 x 2 = vào (1) ta được: 3 m 0 1 1 2. m 2. m m 1 2 2 =  + − = ⇒  = ±  0,25 * Với m=0; (1) trở thành: 2 4 4 1 ( x 1 x ) 0 x 2 − − = ⇔ = . Phương trình có nghiệm duy nhất. 0,25 * Với m=-1; (1) trở thành: 4 4 2 2 4 4 4 4 x 1 x 2 x(1 x) 2 x(1 x) m 1 ( x 1 x 2 x(1 x)) (x 1 x 2 x(1 x)) 0 ( x 1 x) ( x 1 x) 0 1 x x 1 x 0 2 1 x 1 x 0 x 2 + − − − − − = − ⇔ + − − − + + − − − = ⇔ − − + + − =  =   − − = ⇔ ⇔   − − =    =   Trường hợp này (1) cũng có nghiệm duy nhất. 0,25 * Với m=1; thì (1) trở thành: 2 2 4 4 4 x 1 x 2 x(1 x) 1 2 x(1 x) ( x 1 x) ( x 1 x)+ − − − = − − ⇔ − − = − − Ta hấy phương trình (1) có 2 nghiệm 1 x 0 và x 2 = = nên trong trường hợp này (1)không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m=0 và m=-1. 0,25 II- PHẦN RIÊNG(3 điểm): 6 A. Theo chương trình chuẩn(3,0 điểm): Câu Đáp án Điểm Câu VIa 2 điểm 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 AB AC⊥ ⇒ tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 IA 3 2⇒ = 0,5 m 5 m 1 3 2 m 1 6 m 7 2 = − −  ⇔ = ⇔ − = ⇔  =  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 AH IH HI≥ ⇒ lớn nhất khi A I≡ Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH → làm véctơ pháp tuyến. 0,5 H d H(1 2t;t;1 3t)∈ ⇒ + + vì H là hình chiếu của A trên d nên AH d AH.u 0 → → ⊥ ⇒ = ( u(2;1;3) → là véctơ chỉ phương của d) H(3;1;4) AH( 7;1;5) → ⇒ ⇒ − . Vậy (P): 7(x 10) (y 2) 5(z 1) 0 7x y 5z 77 0− + − − + = ⇔ + − − = 0,5 Câu VIIa 1 điểm Từ giả thiết bài toán ta có 2 4 C 6= cách chọn 2 chữ số chẵn(vì không có số 0) và 2 5 C 10= cách chọn 2 chữ số lẻ ⇒ có 2 2 4 5 C .C 60= bộ số có 4 chữ số thỏa mãn bài toán. B. Theo chương trình nâng cao(3,0 điểm): Câu Đáp án Điểm CâuVI b 1. (1 điểm) I có hoành độ I 9 x 2 = và I d∈ : 9 3 x y 3 0 I( ; ) 2 2 − − = ⇒ Vai trò của A, B,C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và trục Ox, suy ra M(3;0) 0,5 7 2 2 I M I M ABDCD ABCD 9 9 AB 2IM 2 (x x ) (y y ) 2 3 2 4 4 S 12 S AB.AD 12 AD 2 2. AB 3 2 = = − + − = + = = = ⇔ = = = AD (d) , M AD ⊥   ∈  suy ra phương trình AD: 1.(x 3) 1.(y 0) 0 x y 3 0.− + − = ⇔ + − = Lại có MA=MD= 2. Vậy tọa độ của A, D là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 x y 3 0 y x 3 y x 3 (x 3) y 2 (x 3) (3 x) 2 (x 3) y 2 + − =  = − + = − +    ⇔ ⇔ ⇔    − + = − + − = − + =     y 3 x x 2 x 3 1 y 1 = − =   ⇔ ⇔   − = ± =   hoặc x 4 y 1 =   = −  Vậy A(2;1), D(4; 1)− . 9 3 I( ; ) 2 2 là trung điểm của AC, suy ra: A C I C I A A C C I A I x x x x 2x x 9 2 7 2 y y y 2y y 3 1 2 y 2 +  =  = − = − =   ⇔   + = − = − =   =   Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 0,5 2. (1 điểm). Mặt cầu (S) tâm I (2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2 2.( 1) 3 16 d d(I,(P)) 5 d R. 3 + − − + = = = ⇒ > Do đó (P) và (S) không có điểm chung. Do vậy, min MN = d – R = 5-3 = 0,25 8 2. Trong trường hợp này M ở vị trí 0 M và N ở vị trí 0 N . Dễ thấy 0 N là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và 0 M là giao điểm của đoạn thẳng 0 IN với mặt cầu (S). Gọi N là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì 0 N là giao điểm của ∆ và (P). Đường thẳng ∆ có véc tơ chỉ phương là P n (2;2; 1)= − r và qua I nên có phương trình là x 2 2t y 1 2t (t R). z 3 t = +   = − + ∈   = −  0,25 Tọa độ 0 N ứng với t nghiệm đúng phương trình: ( ) ( ) ( ) 0 15 5 2 2 2t 2 1 2t 3 3 t 16 0 9t 15 0 t 9 3 4 13 14 Suy ra N ; ; . 3 3 3 + + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = −   − −  ÷   0,25 Ta có 0 3 IM IN 5 = r r 0 Suy ra M (0; 3;4)− 0,25 Câu VIIb 1,0 điểm Áp dụng bất đẳng thức ( ) 1 1 4 x 0,y 0 x y x y + ≥ > > + Ta có: 1 1 4 1 1 4 1 1 4 ; ; a b b c a 2b c b c c a a b 2c c a a b 2a b c + ≥ + ≥ + ≥ + + + + + + + + + + + + 0,5 Ta lại có: 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2a b c 2a b c 4 a 7 2a b c 4 4a 2b 2c 0 ≥ = + + + + + + ⇔ + + + − − − ≥ 2 2 2 2(a 1) (b 1) (c 1) 0⇔ − + − + − ≥ Tương tự: 2 2 1 2 1 2 ; 2b c a b 7 2c a b c 7 ≥ ≥ + + + + + + 0,5 9 Từ đó suy ra 2 2 2 1 1 1 4 4 4 . 7 7 7a b b c c a a b c + + ≥ + + + + + + + + Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. 10 . KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN THỨ 1 NĂM 2011 ĐỀ THI MÔN: Toán; KHỐI: D Thời gian làm bài: 180 phút, không. coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………….; SBD:…………………………… 2 ĐÁP ÁN KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN: Toán; KHỐI: D. I. Hướng dẫn chung: - Đáp án chỉ