ĐỀ+ĐA KS ĐH 2011-D

Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng A1B1C1 thuộc đường thẳng B1C1.. Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ

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 y 2x 1

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 6cos x 3sin 2x cos 2x 8.+ − + =

log −log x − >3 5 log x −3

Câu III (1,0 điểm) Tìm nguyên hàm: I 3 dx 5

sin x.cos x

=∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300 Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng

(A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A A1 và BB1

theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho phương trình: x + 1 x 2m x(1 x) 2 x(1 x) m − + − − 4 − = 3

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

(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 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 xI 9

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): x2 +y2 +z2 −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:a2 +b2 +c2 =3 Chứng minh bất đẳng thức:

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:………

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 I

2 điểm

1 (1,25 điểm)

a Tập xác định: D R \= { }−2

b Chiều biến thiên:

+ Giớ hạn: xlim y 2; lim y→±∞ = x 2→ + = −∞; lim yx 2→ − = +∞.

Suy ra đồ thị hàm số có một cận đứng là x 2= và một tiệm cận ngang là

y 2= .

0,5

3

(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 0;1

2

 

 ÷

  và cắt trục Ox tại điểm

1

;0 2

− 

 .

Đồ thị nhận điểm(−2;2) làm tâm đối xứng

0,25

4

2

-2 -5

1/2 -1/2

I

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

2x 1

x m

≠ −

 + = − + ⇔ 

Do (1) có ∆ =m2 + >1 0 và ( 2)− 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: yA = −m x ; yA B = −m xB

nên AB =(x −x ) +(y −y ) =2(m +12)

Suy ra AB ngắn nhất ⇔AB2 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 6cos x 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)(6cos x 2sin x 7) 0

1 sinx 0 6cos x 2sin x 7 0(VN)



2

π

2 (1 điểm).

x 0 log log x 3 0

>



 Bất phương trình đã cho tương đương với:

log −log x − >3 5(log x 3) (1)−

Đặt t log x= 2 ,

0,5

BPT (1) ⇔ t2 − − >2t 3 5(t 3)− ⇔ (t 3)(t 1)− + > 5(t 3)−

2 2 2

log x 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:(0;1 ] (8;16)

Câu

III

1 điểm

sin x.cos x.cos x sin 2x.cos x

Đặt t t anx=

+

3 3

2

1 t

+

+

0,5

3

2

dt (t 3t t )dt

−

0,5

Câu

IV

1 điểm

Do AH⊥(A1B1C1) nên góc ∠AA1H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo

giả thiết thì góc

∠AA1H bằng 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1=a, góc ∠AA1H=300

0,5

C

K

H

C1

⇒ A1H=a 3

2 nên A1H⊥ B1C1 Mặt khác AH⊥B1C1 nên B1C1⊥(AA1H)

Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa

AA1 và B1C1

0,25

Ta có: AA1 HK=A1H AH 1

1

A H.AH a 3 HK

Câu V 1 điểm

Phương trình: x + 1 x 2m x(1 x) 2 x(1 x) m− + − − 4 − = 3 (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 x 1

2

⇒ = Thay x 1

2

= vào (1) ta được:

=

 + − = ⇒  = ±



0,25

* Với m=0; (1) trở thành: 4 4 2 1

( x 1 x ) 0 x

2

− − = ⇔ = Phương trình có nghiệm duy nhất

0,25

* Với m=-1; (1) trở thành:

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

1

2

 =

− − =



Trường hợp này (1) cũng có nghiệm duy nhất

0,25

* Với m=1; thì (1) trở thành:

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 x 0 và x 1

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):

A Theo chương trình chuẩn(3,0 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

m 1

m 7 2

= −

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)→

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 C52 =10cách chọn 2 chữ số lẻ⇒ có C C24 52 =60 bộ số có 4 chữ

số thỏa mãn bài toán

B Theo chương trình nâng cao(3,0 điểm):

CâuVI

b

1 (1 điểm)

I có hoành độ xI 9

2

= và I d∈ : x y 3 0 I( ; )9 3

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

2 2

ABDCD ABCD

9 9

4 4

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:

+ − =



− = ± =

x 4

=



 = −



Vậy A(2;1), D(4; 1)− .

9 3

I( ; )

2 2 là trung điểm của AC, suy ra:

I

I

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

3

+ − − +

Do đó (P) và (S) không có điểm chung Do vậy, min MN = d – R = 5-3 =

0,25

Trong trường hợp này M ở vị trí M và N ở vị trí 0 N Dễ thấy 0 N là hình 0

chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M là giao điểm của đoạn 0

thẳng IN với mặt cầu (S).0

Gọi N là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N là giao 0

điểm của ∆ và (P)

Đường thẳng ∆ có véc tơ chỉ phương là nrP =(2;2; 1)− và qua I nên có

phương trình là

x 2 2t

y 1 2t (t R)

z 3 t

= +



 = − + ∈



 = −



0,25

Tọa độ N ứng với t nghiệm đúng phương trình:0

0

2 2 2t 2 1 2t 3 3 t 16 0 9t 15 0 t

4 13 14

+ + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = −

− − 

0,25

Ta có IM 3IN0

5

=

0

Câu

VIIb

1,0 điểm

Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 (x 0, y 0)

x + ≥y x y > >

+

Ta có:

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(a 1) (b 1) (c 1) 0

2b c a ≥ b 7 2c a b ≥c 7

0,5

Từ đó suy ra 1 1 1 24 24 24

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1