DE THI DAI HOC 2010 2011 theo cau truc de cua Bo GD va DT

ĐỀ ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ®iÓm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3(2m + 1) x + 6m(m + 1) x + có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến khoảng ( 2;+∞ ) Câu II (2 điểm) cos x + cos x − cos x  x + y + xy + = y Giải hệ phương trình:  , ( x, y ∈ R) 2  y( x + y) = x + y + 1.Giải phương trình: cos x − tan x = ln Câu III (1 điểm) Tính tích phân I= ∫ Câu IV (1 điểm) dx ( e + 2) x Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác măt phẳng (ABC) trùng với tâm AA’ BC cạnh a, hình chiếu vuông góc A’ lên O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách a Câu V (1 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab + bc + ca − 2abc ≤ 27 B PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh làm hai phần (phần phần 2)) I Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x + y – x – y + = 0, (C ') : x + y + x – = qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xác định toạ độ tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3) Câu VIIa.(1 điểm): Tìm hệ số x8 khai triển (x2 + 2)n, biết: A 3n − 8C2n + C1n = 49 II.Theo chương trình Nâng cao Câu Vb.(2 điÓm):1 Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 60 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d víi x −1 y +1 z = = d: Viết phương trình tắc đường thẳng qua điểm M, −1 cắt vuông góc với đường thẳng d vµ t×m to¹ ®é cña ®iÓm M’ ®èi xøng víi M qua d log xy log  4 = + ( xy ) Câu VIb(1 điểm): Giải hệ phương trình  2  log ( x + y ) + = log x + log ( x + y ) ĐÁP ÁN Câu I a) Đồ Học sinh tự làm b) 0,25 y = x3 − 3(2m + 1) x + 6m(m + 1) x + ⇒ y ' = x − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1) 0,5 y’ có ∆ = (2m + 1) − 4(m + m) = > x = m y' = ⇔  x = m + 0,25 Hàm số đồng biến ( 2;+∞ ) ⇔ y '> ∀x > ⇔ m + ≤ ⇔ m ≤ 0,25 II ĐK cosx ≠ 0, pt đưa 0.5 cos x − tan x = + cos x − (1 + tan x) ⇔ 2cos x − cos x -1 = Giải tiếp cosx = cosx = 0,5 đối chiếu đk để đưa ĐS: x = k 2π , x = ± 2π 2π + k 2π ; hay x = k 3 0.5  x2 + +x+ y =   x + y + xy + = y y  y ≠ , ta có:  ⇔ 2 x +  y( x + y) = x + y + 2 ( x + y ) − =7  y x2 + , v = x + y ta có hệ: Đặt u = y  u+v =  u = 4−v  v = 3, u = ⇔ ⇔  v − 2u = v + 2v − 15 =  v = −5, u = 0.25 0.25 +) Với v = 3, u = ta có hệ:  x2 + = y  x2 + = y  x2 + x − =  x = 1, y = ⇔ ⇔ ⇔   x = −2, y = x+ y =3  y = 3− x  y = 3− x 0.25 +) Với v = −5, u = ta có hệ:  x2 + = y  x2 + = y  x + x + 46 = ⇔ ⇔ , hệ vô nghiệm   x + y = −5  y = −5 − x  y = −5 − x KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( x; y ) = {(1; 2), (−2; 5)} Câu III ln Tính tích phân I = ∫ điểm dx (3 e x + 2) 0,25 x ln Ta c ó I = ∫ e dx x 0.25 = x e ( e + 2) x x Đặt u= e ⇒ 3du = e dx ; x = ⇒ u = 1; x = ln ⇒ u =  1 3du  − − I=∫ =3 ∫  4u 4(u + 2) 2(u + 2) 1 u (u + 2) Ta được:  du  0,25 0,25 =3  ln u − ln u + + 4   2(u + 2)  3 ln( ) − 3 Vậy I = ln( ) − = 0,25 Câu IV C’ A ’ B’ H C A O AM M ⊥ BC  Gọi M trung điểm BC ta thấy:  ⇒ BC ⊥ ( A' AM ) B A' O ⊥ BC  Kẻ MH ⊥ AA' , (do ∠A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) BC ⊥ ( A' AM )  Do  ⇒ HM ⊥ BC Vậy HM đọan vông góc chung HM ∈ ( A' AM ) 0,5 AA’và BC, d ( AA' , BC) = HM = a Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có: 0,5 A' O HM = AO AH ⇔ suy A' O = AO.HM = a a = a AH 3a Thể tích khối lăng trụ: 1aa a3 A' O.AM.BC = a= 23 12 Ta có ab + bc + ca − 2abc = a (b + c) + (1 − 2a )bc = a (1 − a ) + (1 − 2a )bc (b + c) (1 − a) Đặt t= bc ta có ≤ t = bc ≤ Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 = 4 V = A' O.S ABC = V 0.5  (1 − a )     – 2a)t đoạn 0; Có f(0) = a(1 – a) ≤ ( a + − a) = < 4 27 0,25  (1 − a )2  1  1 f − (2a + )  a − ÷ ≤ với a ∈ [ 0;1] ÷=  ÷ 27 3 27     Vậy ab + bc + ca − 2abc ≤ Đẳng thức xảy a = b = c = 1/3 27 Câu VIa (2,0) Nội dung + Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R = 1, R ' = , đường thẳng (d) qua M có phương trình ( a( x − 1) + b( y − 0) = ⇔ ax + by − a = 0, (a + b ≠ 0)(*) + Gọi H, H’ trung điểm AM, BM , Khi ta có: MA = 2MB ⇔ IA2 − IH = I ' A2 − I ' H '2 ⇔ − d ( I ;d ) = 4[9 − d ( I ';d ) ] ( ) ( ) , ) 0.25 Điểm 0,25 0,25 IA > IH ⇔ ( d ( I ';d ) ) − ( d ( I ;d ) ) ⇔ 9a b2 = 35 ⇔ − = 35 a + b2 a + b 36a − b = 35 ⇔ a = 36b a + b2 0,25  a = −6  a=6 Dễ thấy b ≠ nên chọn b = ⇒  Kiểm tra điều kiện IA > IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoảuuumãn r uuur + Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2) Suy phương trình mặt ( phẳng trung trực AB, AC là: x + y − z − = 0, y + z − = uur uuur + Vecto pháp tuyến mp(ABC) nr =  uAB   , AC  = (8; −4; 4) , Suy (ABC): 2x − y + z +1 = ) 0,25 0,25 0,25  x + y − z −1 = x =   + Giải hệ:  y + z − = ⇒  y = Suy tâm đường tròn 2 x − y + z + =  z =   I (0; 2;1) Bán kính R = IA = (−1 − 0) + (0 − 2) + (1 − 1)2 = V.a 1 Điều kiện n ≥ 0,5 0,25 n k 2k n−k Ta có: ( x + 2) = ∑ Cn x 2 n k =0 Hệ số số hạng chứa x8 C4n 2n − Hệ số số hạng chứa x8 C4n 2n − Ta có: A 3n − 8C2n + C1n = 49 ⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 ⇔ n3 – 7n2 + 7n – 49 = ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = ⇔ n = 0,25 0,25 0,25 Nên hệ số x C47 23 = 280 V.b 1 (C) có tâm I(3;0) bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm)  ·AMB = 600 (1) Vậy  ·  AMB = 1200 (2) (1) ⇔ ·AMI = 300 ⇔ MI = Vì MI phân giác ·AMB IA sin 300 ⇔ MI = 2R ⇔ 0,5 m2 + = ⇔ m = m (2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI = m2 + = 3 0,5 IA R⇔ ⇔ MI = sin 60 Vô nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; ) M2(0;- ) Gọi H hình chiếu vuông góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vuông góc với d d có phương trình tham số là:  x = + 2t   y = −1 + t z = −t  0,25 uuuu r Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − + t ; − t).Suy : MH = (2t − ; − + t ; − t) r Vì MH ⊥ d d có vectơ phương u = (2 ; ; −1), nên 0,25 : 2.(2t – 1) + 1.(− + t) + (− 1).(−t) = ⇔ t = Vì thế, uuuu r MH = 2 1  ;− ;− ÷ 3 3 VIb uuuu r uuuur uMH = 3MH = (1; −4; −2) Suy ra, phương trình tắc đường thẳng MH là: 0,25 x − y −1 z = = −4 −2 3 Theo trªn cã H ( ; − ; − ) mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é 0,25 M’ ( ; − ; − ) ĐK: x>0 , y>0 (1) ⇔ 22 log3 xy − 2log3 xy − = ⇔log3xy = ⇔ xy = 3⇔y= x (2)⇔ log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = Kết hợp (1), (2) ta nghiệm hệ: ( ; ) ( ; ) 0,5 0,25 0,25 ... uMH = 3MH = (1; −4; −2) Suy ra, phương trình tắc đường thẳng MH là: 0,25 x − y −1 z = = −4 −2 3 Theo trªn cã H ( ; − ; − ) mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é 0,25 M’ ( ; − ; − ) ĐK: x>0 , y>0