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