ĐỀ ÔN THI CAO ĐẲNG, ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN HỌC - MÃ ĐỀ 004

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

75
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề ôn thi cao đẳng, đại học năm 2011 môn toán học - mã đề 004', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ ÔN THI CAO ĐẲNG, ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN HỌC - MÃ ĐỀ 004

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) 2x  1 Câu I (2 điểm). Cho hàm số y  có đồ thị là (C) x2 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 log 2 x  log 2 x 2  3  5 (log 4 x 2  3) 2.Giải bất phương trình 2 dx Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm I   sin x. cos 5 x 3 Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1 B1C1 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 AA1 và B1C1 theo a. Câu V (1 điểm). Cho a, b, c  0 và a 2  b 2  c 2  3 . Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P   1  b2 1  c2 1  a2 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  x  1  2t  trình  y  t . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới  z  1  3t  (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): x2 + y2 - 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. 1
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương x 1 y z 1 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d  trình 2 1 3 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) I a.TXĐ: D = R\{-2} (2 b.Chiều biến thiên điểm) 0,5 +Giới hạn: lim y  lim y  2; lim y  ; lim y   x  2  x  2  x   x   Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2 3 + y'   0 x  D ( x  2) 2 0,25 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;2) và (2;) +Bảng biến thiên x  -2  y’ + + 0,25 2  y 2  c.Đồ thị: 1 1 Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; ) và cắt trục Ox tại điểm(  ;0) 2 2 Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng y 0,25 2 -2 O x 2
2. (0,75 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương  x  2 2x  1 trình  x  m   2 0,25 x2  x  (4  m) x  1  2m  0 (1) Do (1) có   m 2  1  0 va (2) 2  (4  m).(2)  1  2m  3  0 m nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 0,5 2 12) suy ra AB ngắn nhất  AB nhỏ nhất  m = 0. Khi đó AB  24 II 1. (1 điểm) (2 Phương trình đã cho tương đương với 0,5 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 điểm)  6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0  (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 0,25 1  sin x  0  6 cos x  2 sin x  7  0 (VN ) 0,25   x   k 2 2 2. (1 điểm) x  0 ĐK:  2 2 log 2 x  log 2 x  3  0 Bất phương trình đã cho tương đương với 0,5 log 2 x  log 2 x 2  3  5 (log 2 x  3) (1) 2 đặt t = log2x, BPT (1)  t 2  2t  3  5 (t  3)  (t  3)(t  1)  5 (t  3) 0,25 t  1 log 2 x  1 t  1   t  3   3  log x  4 3  t  4   2  (t  1)(t  3)  5(t  3) 2  1  0  x  2 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; 1 ]  (8;16)   2 8  x  16 III dx dx I 3  8 3 1 điểm 3 2 sin 2 x. cos 2 x sin x. cos x. cos x 0,5 đặt tanx = t dx 2t  dt  ; sin 2 x  2 1 t 2 cos x (t 2  1) 3 dt  I  8  dt 2t 3  t 3 ( ) 1 t 2 3
t 6  3t 4  3t 2  1  dt t3 3 1 3 1   (t 3  3t   t 3 )dt  tan 4 x  tan 2 x  3 ln tan x  C 0,5 2 tan 2 x t 4 2 Câu IV 1 điểm Do AH  ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì góc AA1 H bằng 300. Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc a3 AA1 H =300  A1 H  . Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H 2 a3 thuộc B1C1 và A1 H  nên A1H vuông góc với B1C1. Mặt khác 2 0,5 AH  B1C1 nên B1C1  ( AA1 H ) A B C K A1 C H B1 Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa 0,25 AA1 và B1C1 0,25 A1 H . AH a 3 Ta có AA1.HK = A1H.AH  HK   AA1 4 a3 b3 c3 Câu V Ta cú: P + 3 =  b2   c2   a2 1 điểm 2 2 2 1 b 1 c 1 a 3 2 2 b3 b2 1  c2 1 b 6 a a  P       2 1 b2 2 1  b2 2 1  c2 2 1  c2 42 42 42 0,5 3 2 2 6 6 6 1 a c c a b c     33  33  33 2 2 42 16 2 16 2 16 2 2 1 a 2 1 a 3 3 9 (a 2  b 2  c 2 )  6  P  2 2 23 2 2 28 9 3 9 3 3 P     0,5 26 2 3 2 2 2 2 2 2 2 Để PMin khi a = b = c = 1 Phần riêng. 4
1.Ban cơ bản Câu 1.( 1 điểm) VIa Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ 2 được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB  AC => tứ giác ABIC là hình 0,5 điểm vuông cạnh bằng 3  IA  3 2 m 1  m  5   3 2  m 1  6   m  7 2 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 AH  HI => HI lớn nhất khi 0,5 AI Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 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 véc tơ chỉ phương của d) 0,5  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 42  6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có 0,5 Câu VIIa số 0)và C 52  10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 . C 52 = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài 1 toán điểm Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả C 42 . C 52 .4! = 1440 0,5 số 2.Ban nâng cao. Câu 1.( 1 điểm) VIa Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 0,5 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB  AC => tứ giác ABIC là hình vuông điểm cạnh bằng 3  IA  3 2 m 1  m  5   3 2  m 1  6   m  7 2 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 AH  HI => HI lớn nhất khi 0,5 AI Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 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 véc tơ chỉ phương của d) 0,5  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 5
Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 52  10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ 0,5 Câu VIIa số 0 đứng đầu) và C 53 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 . C 53 = 100 bộ 5 số được 1 chọn. điểm Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả C 52 . C 53 .5! = 12000 số. 0,5 Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C 4 .C 53 .4! 960 . 1 Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán 6