PHẦN RIấNG 3 điểm Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần phần 1 hoặc phần 2.. Tỡm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của C mà gúc giữa hai tiếp tuyến đú bằng 60 0.
Trang 1ĐỀ 4
ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2011
MễN TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phỳt)
A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Cõu I (2 điểm) Cho hàm số y=2x3−3(2m+1)x2+6 (m m+1)x+1 cú đồ thị (Cm)
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0
2 Tỡm m để hàm số đồng biến trờn khoảng (2;+∞)
Cõu II (2 điểm)
1.Giải phương trỡnh:
x
x x
x
3 2
2
cos
1 cos cos
tan 2
2 Giải hệ phương trỡnh:
2 2
1 4
Cõu III (1 điểm) Tớnh tớch phõn =3ln∫2 +
0 (3 e x 2)2
dx
Cõu IV (1 điểm) Cho hỡnh lăng trụ ABC.A’B’C’ cú đỏy là tam giỏc đều cạnh a, hỡnh chiếu vuụng gúc của A’ lờn măt phẳng (ABC) trựng với tõm O của tam giỏc ABC Tớnh thể tớch khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cỏch
giữa AA’ và BC là a 3
4
Cõu V (1 điểm)
Cho a, b, c là cỏc số thực khụng õm thỏa món a b c+ + =1 Chứng minh rằng: 2 7
27
ab bc ca+ + − abc≤
B PHẦN RIấNG (3 điểm) (Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)).
I Theo chương trỡnh Chuẩn :
Cõu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trũn hai đường trũn
( ) :C x + – 2 – 2 1 0,y x y + = ( ') :C x2+ y2+4 – 5 0x = cựng đi qua M(1; 0) Viết
phương
trỡnh đường thẳng qua M cắt hai đường trũn ( ), ( ') C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
2) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, hóy xỏc định toạ độ tõm và bỏn kớnh đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Cõu VIIa.(1 điểm):
Tỡm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A 8C C1 49
n
2 n
3
II.Theo chương trỡnh Nõng cao
Cõu Vb.(2 điểm):1 Trong mpOxy, cho đường trũn (C): x 2 + y 2 – 6x + 5 = 0 Tỡm M thuộc trục tung sao cho
qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà gúc giữa hai tiếp tuyến đú bằng 60 0 2.Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d với
d : x 1 y 1 z
− .Viết phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuụng gúc với đường thẳng d và tìm toạ độ của điểm M’ đối xứng với M qua d
Cõu VIb( 1 điểm): Giải hệ phương trỡnh
log ( ) 1 log 2 log ( 3 )
Trang 2Câu I
a) Đồ Học sinh tự làm
0,25 b) y=2x3−3(2m+1)x2+6 (m m+1)x+1⇒ y'=6x2 −6(2m+1)x+6m(m+1)
y’ có ∆=(2m+1)2 −4(m2 +m)=1>0
0,5
+
=
=
⇔
=
1 0
'
m x
m x y
Hàm số đồng biến trên (2;+∞) ⇔ y'>0 ∀x>2⇔ m+1≤2⇔ m≤1
0,25
0,25
II 1 ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về
cos 2x− tan x= + 1 cosx− + (1 tan )x ⇔ 2cos x− cos -1 0x = 0.5 Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS:
x k= π x= ± π +k π x k= π
2
0
y≠ , ta có:
2
2 2
2
1
4
1 4
x
x y y
x y
y
0.25
Đặt
2 1 ,
x
y
+
= = + ta có hệ:
0.25
+) Với v=3,u=1ta có hệ:
2, 5
+) Với v= −5,u=9ta có hệ:
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = −
0.25
Câu III
Tính tích phân =3ln∫2 +
0 (3 e x 2)2
dx
Ta c ó ∫
+
=3ln2
3 ) 2 (
x x x
e e
dx e
Đặt u= 3
x
e ⇒3du=e x3dx;x=0⇒u=1;x=3ln2⇒u=2
0,25
Ta được: =∫2 +
1
2 ) 2 (
3
u u
du
u u
u
2 1
2 ) 2 ( 2
1 )
2 ( 4
1 4
Trang 3
=3
2 1 ) 2 ( 2
1 2
ln 4
1 ln 4
1
+ + +
−
u u
u
0,25
8
1 ) 2
3 ln(
4
=
Vậy I
8
1 ) 2
3 ln(
4
=
0,25
Câu IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
⊥
⊥
BC O A
BC AM
' ⇒ BC⊥( AM A' )
Kẻ MH ⊥ AA,'(do ∠A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
AM A HM
AM A BC
⊥
⇒
∈
⊥
) ' (
) ' (
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3 )
BC , A'
0,5
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM AO
O
A' =
⇔ suy ra
3
a a 3
4 4
3 a 3
3 a AH
HM AO O '
12
3 a a 2
3 a 3
a 2
1 BC AM O ' A 2
1 S
O ' A V
3
=
0,5
V Ta có ab bc ca+ + −2abc a b c= ( + + −) (1 2 )a bc a= (1− + −a) (1 2 )a bc
Đặt t= bc thì ta có 0 ( )2 (1 )2
≤ = ≤ = Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn 0;(1 )2
4
a
−
0.5
Có f(0) = a(1 – a)
2
a+ −a
A
B
C
C’
B’
A
’ H
Trang 4(2 )
f ÷÷= − a+ a− ÷ ≤
27
ab bc ca+ + − abc≤ Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 0.25
VIa
(2,0) 1
(
1
,
0
)
+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2;
0) và R=1, ' 3R = , đường thẳng (d) qua M có phương trình
2 2
a x− +b y− = ⇔ax by a+ − = a +b ≠ .
+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
MA= MB⇔ IA −IH = I A −I H
1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]
IA IH>
9
4 d I d( '; ) d I d( ; ) 35 4 a b 35
2 2
2 2
36
a b
a b
−
+
Dễ thấy b≠0 nên chọn 1 6
6
= −
= ⇒ =a
b
Kiểm tra điều kiện IA IH> rồi thay vào (*) ta có hai đường
thẳng thoả mãn.
0,25
0,25
0,25
0,25
2
(
1
,
0
)
+ Ta có: uuurAB=(2; 2; 2),− uuurAC=(0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt
phẳng trung trực của AB, AC là: x y z+ − − =1 0,y z+ − =3 0
+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là nr =uuur uuurAB AC, =(8; 4; 4).−
Suy ra (ABC):
2x y z− + + =1 0. + Giải hệ:
Suy ra tâm đường tròn là (0; 2;1)
I
Bán kính là R IA= = − −( 1 0)2+ −(0 2)2+ −(1 1)2 = 5
0,25
0,25
0,5
1 Điều kiện n ≥ 4
Ta có: ( ) ∑
=
−
=
0 k
k n k k n
n
x
Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n2n−4
0,25
Hệ số của số hạng chứa x8 là 4 n 4
n2
Ta có: 3 2 1
A −8C +C =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
Trang 5Nờn hệ số của x8 là C423 280
0,25
VIb
(C) cú tõm I(3;0) và bỏn kớnh R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
Vậy ãã
0 0
60 (1)
120 (2)
AMB AMB
Vỡ MI là phõn giỏc của ãAMB
(1) ⇔ ãAMI = 300
0
sin 30
IA MI
⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔
m + = ⇔ =m m (2) ⇔ ãAMI = 600
0 sin 60
IA MI
⇔ = ⇔ MI = 2 3
3 R ⇔
9 3
m + = Vụ nghiệm Vậy cú hai điểm M1(0; 7) và M2(0;- 7)
0,5
0,5
Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của M trờn d, ta cú MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuụng gúc với d.
d cú phương trỡnh tham số là:
x 1 2t
= +
= − +
= −
Vỡ H ∈ d nờn tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra :MH uuuur
= (2t −
1 ; − 2 + t ; − t)
0,25
Vỡ MH ⊥ d và d cú một vectơ chỉ phương là u r
= (2 ; 1 ; − 1), nờn :
2.(2t – 1) + 1.( − 2 + t) + ( − 1).( − t) = 0 ⇔ t = 23 Vỡ thế, MH uuuur
=
3 (1; 4; 2)
MH
uuuuur= MHuuuur= − −
0,25
Suy ra, phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng MH là:
− = − =
− −
0,25
Theo trên có ( ;7 1; 2)
H − − mà H là trung điểm của MM’ nên toạ độ
0,25
Trang 63 3 3
ĐK: x>0 , y>0
(1) ⇔ 22 log 3xy − 2log 3xy − = 2 0 0,5
⇔ log3xy = 1 ⇔ xy = 3 ⇔ y= 3
x
(2) ⇔ log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = 9
0,25
Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3; 3) hoặc ( 6;
6
2 )
0,25