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

ĐỀ 4

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 = 2 x3 − 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 có đồ thị (Cm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng ( 2;+∞ )

Câu II (2 điểm)
cos 2 x + cos 3 x − 1
.
cos 2 x
 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
2. Giải hệ phương trình: 
, ( x, y ∈ R) .
2
2
 y( x + y) = 2 x + 7 y + 2
1.Giải phương trình: cos 2 x − tan 2 x =

3 ln 2

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân

I=

∫

0

Câu IV (1 điểm)

dx
( e + 2) 2
3

x

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều

măt phẳng (ABC) trùng với tâm

giữa AA’ và BC là

cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên
O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách

a 3
.
4

Câu V. (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: ab + bc + ca − 2abc ≤

7
.
27

B. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 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 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 = 0, (C ') : x 2 + y 2 + 4 x – 5 = 0 cùng đi qua M(1; 0). Viết
phương
trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và 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 của x8 trong 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 + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho
qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 0.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi
x −1 y +1 z
=
=
d:
.Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M,
2
1
−1
cắt và vuông góc với đường thẳng d vµ t×m to¹ ®é cña ®iÓm M’ ®èi xøng víi M qua d
log xy
log 2

4 3 = 2 + ( xy ) 3
Câu VIb(1 điểm): Giải hệ phương trình 
2

2

log 4 ( x + y ) + 1 = log 4 2 x + log 4 ( x + 3 y )


ĐÁP ÁN
Câu I
a)

Đồ Học sinh tự làm

b)

0,25
y = 2 x3 − 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 ⇒ y ' = 6 x − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1) 0,5
2

y’ có ∆ = (2m + 1) 2 − 4(m 2 + m) = 1 > 0
x = m
y' = 0 ⇔ 
x = m + 1

0,25

Hàm số đồng biến trên ( 2;+∞ ) ⇔ y '> 0 ∀x > 2 ⇔ m + 1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1
0,25

II

1

ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về

0.5

cos 2 x − tan 2 x = 1 + cos x − (1 + tan 2 x) ⇔ 2cos 2 x − cos x -1 = 0

Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS:
x = k 2π , x = ±

2

2π
2π
+ k 2π ; hay x = k
.
3
3

0.5

 x2 + 1
+x+ y = 4

 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
y

y ≠ 0 , ta có: 
⇔
.

2
2
2
x
+
1
 y( x + y) = 2 x + 7 y + 2
2
( x + y ) − 2
=7

y
x2 + 1
, v = x + y ta có hệ:
Đặt u =
y
 u+v = 4
 u = 4−v
 v = 3, u = 1
⇔ 2
⇔
 2
v − 2u = 7
v + 2v − 15 = 0
 v = −5, u = 9

0.25

0.25

+) Với v = 3, u = 1 ta có hệ:
 x2 + 1 = y
 x2 + 1 = y
 x2 + x − 2 = 0
 x = 1, y = 2
⇔
⇔
⇔
.

 x = −2, y = 5
x+ y =3
 y = 3− x
 y = 3− x

0.25

+) Với v = −5, u = 9 ta có hệ:
 x2 + 1 = 9 y
 x2 + 1 = 9 y
 x 2 + 9 x + 46 = 0
⇔
⇔
, hệ này vô nghiệm.

 x + y = −5
 y = −5 − x
 y = −5 − x
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y ) = {(1; 2), (−2; 5)}.

Câu III

3 ln 2

Tính tích phân I =

∫

1 điểm

dx
(3 e x + 2) 2

0

0,25

x
3 ln 2

Ta c ó I =

∫
0

e 3 dx
x
3

0.25

=

x
3

e ( e + 2)
x

2
x

Đặt u= e 3 ⇒ 3du = e 3 dx ; x = 0 ⇒ u = 1; x = 3 ln 2 ⇒ u = 2
 1
1
1
3du
 −
−
I=∫
2 =3 ∫ 
4u 4(u + 2) 2(u + 2) 2
1
1 u (u + 2)
2

Ta được:

2


du


0,25


0,25
=3  1 ln u − 1 ln u + 2 +
4

4

2


1

2(u + 2)  1

3 3 1
ln( ) −
4 2 8
3 3 1
Vậy I = ln( ) −
4 2 8
=

0,25

Câu IV
C’

A
’
B’
H
C

A
O

AM M
⊥ BC 
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
 ⇒ BC ⊥ ( A' AM )
B A' O ⊥ BC 
Kẻ MH ⊥ AA' , (do ∠A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
BC ⊥ ( A' AM ) 
Do
 ⇒ HM ⊥ BC .Vậy HM là đọan vông góc chung
HM ∈ ( A' AM )

0,5

của

AA’và BC, do đó d ( AA' , BC) = HM = a

3

.
4

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:

0,5

A' O HM
=
AO
AH

⇔ suy ra A' O = AO.HM = a 3 a 3 4 = a
AH
3 4 3a 3

Thể

tích

khối

lăng

trụ:

1
1aa 3
a3 3
A' O.AM.BC =

a=
2
23 2
12
Ta có ab + bc + ca − 2abc = a (b + c) + (1 − 2a )bc = a (1 − a ) + (1 − 2a )bc .
(b + c) 2 (1 − a) 2
Đặt t= bc thì ta có 0 ≤ t = bc ≤
.Xét hs f(t) = a(1- a) + (1
=
4
4

V = A' O.S ABC =
V

0.5

 (1 − a ) 

4 

2

– 2a)t trên đoạn 0;

Có f(0) = a(1 – a) ≤

( a + 1 − a) 2 1 7
và
= <

4
4 27

0,25


2
 (1 − a )2  7 1
1 
1
7
f
− (2a + )  a − ÷ ≤
với mọi a ∈ [ 0;1]
÷=
 4 ÷ 27 4
3
3
27




7
Vậy ab + bc + ca − 2abc ≤
. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3
27

Câu
VIa

(2,0)

Nội dung
+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2;
1 0) và R = 1, R ' = 3 , đường thẳng (d) qua M có phương trình
( a( x − 1) + b( y − 0) = 0 ⇔ ax + by − a = 0, (a 2 + b 2 ≠ 0)(*) .
1 + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
, Khi đó ta có: MA = 2MB ⇔ IA2 − IH 2 = 2 I ' A2 − I ' H '2
0 ⇔ 1 − d ( I ;d ) 2 = 4[9 − d ( I ';d ) 2 ]
(
)
(
) ,
)

0.25

Điểm
0,25

0,25

IA > IH .

⇔ 4 ( d ( I ';d ) ) − ( d ( I ;d ) )
2

⇔

2

9a 2
b2
= 35 ⇔ 4. 2
−
= 35
a + b2 a 2 + b 2

36a 2 − b 2
= 35 ⇔ a 2 = 36b 2
a 2 + b2

0,25
 a = −6
.
 a=6

Dễ thấy b ≠ 0 nên chọn b = 1 ⇒ 

Kiểm tra điều kiện IA > IH rồi thay vào (*) ta có hai đường
thẳng thoảuuumãn.
r
uuur
2 + Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt
( phẳng trung trực của AB, AC là: x + y − z − 1 = 0, y + z − 3 = 0.
uur uuur
1 + Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là nr =  uAB

 , AC  = (8; −4; 4).
,

0 Suy ra (ABC):
2x − y + z +1 = 0 .
)

0,25
0,25

0,25

 x + y − z −1 = 0
x = 0


+ Giải hệ:  y + z − 3 = 0 ⇒  y = 2 . Suy ra tâm đường tròn là
2 x − y + z + 1 = 0  z = 1


I (0; 2;1).

Bán kính là R = IA = (−1 − 0) 2 + (0 − 2) 2 + (1 − 1)2 = 5.
V.a

1

1.

Điều kiện n ≥ 4

0,5
3

1
0,25

n

k 2k n−k
Ta có: ( x + 2) = ∑ Cn x 2
2

n

k =0

Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n 2n − 4
Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n 2n − 4
Ta có: A 3n − 8C2n + C1n = 49
⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
⇔ n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = 0 ⇔ n = 7

0,25
0,25


0,25
8

Nên hệ số của x là

C47 23

= 280

V.b

2
1

1

. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m)
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp
điểm)
 ·AMB = 600 (1)
Vậy  ·
 AMB = 1200 (2)

(1) ⇔ ·AMI = 300

⇔ MI =

Vì MI là phân giác của ·AMB
IA
sin 300

⇔ MI = 2R ⇔
0,5

m2 + 9 = 4 ⇔ m = m 7

(2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI =

m2 + 9 =

4 3
3

0,5

IA
2 3
R⇔
0 ⇔ MI =
sin 60
3

Vô nghiệm

Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 )
2

1

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường
thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d.
d có phương trình tham số là:

 x = 1 + 2t

 y = −1 + t
z = −t


0,25

uuuu
r

Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra : MH = (2t −
1 ; − 2 + t ; − t)
r
Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; −1), nên 0,25
:
2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t =

2
.
3

Vì thế,

uuuu
r
MH

=

4
2
1
 ;− ;− ÷
3

3
3

VIb

uuuu
r
uuuur
uMH = 3MH = (1; −4; −2)

Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: 0,25
x − 2 y −1 z
=
=
1
−4
−2

7
3

1
3

2
3

Theo trªn cã H ( ; − ; − ) mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é

0,25

8
3

5
3

4
3

M’ ( ; − ; − )

ĐK: x>0 , y>0
(1) ⇔

22 log3 xy − 2log3 xy − 2 = 0

⇔log3xy = 1 ⇔ xy = 3⇔y=

3
x

(2)⇔ log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = 9
Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3 ; 3 ) hoặc ( 6 ;
6
)
2

0,5

0,25

0,25