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

MÃ ĐỀ 010

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số
3 2 3
3 4
y x mx m
   (m là tham số) có đồ thị là (C
m
)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để (C
m
) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường
thẳng y = x.
Câu 2 (2.0 điểm ) :
1. Giải phương trình:
2
3 4 2sin 2
2 3 2(cotg 1)
sin2
cos
x
x
x
x


một góc nhỏ nhất.
Câu 4 (2.0 điểm):
1. Cho parabol (P): y = x
2
. Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hoành độ x = 2.
Gọi (H) là hình giới hạn bởi (P), (d) và trục hoành. Tính thể tích vật thể tròn xoay
sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh trục Ox.
2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x
2
+ y
2
+ z
2
 3. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
  
  

Câu 5 (2.0 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip
(E):
2 2
1
8 6
x y
 

+ 4
+ TXĐ: R
+ Sự biến thiên: y’ = 3x
2
 6x = 0  x = 0 hoặc x = 2
Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +)
Hàm số nghich biến trên: (0; 2)
Hàm số đạt CĐ tại x
CĐ
= 0, y
CĐ
= 4; đạt CT tại x
CT
= 2, y
CT
= 0
y” = 6x  6 = 0  x = 1
Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +). Điểm uốn (1; 2)
0.25

Giới hạn và tiệm cận:
3
3
3 4
lim lim 1
x x
y x
x
x
 






Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0.
0.25

0
x
4
+
∞
∞

+
+

0
0
y’

∞


2 4 0
2
m m
m m

 







0.25

Giải ra ta có:
2
2
m   ; m = 0
0.25Kết hợp với điều kiện ta có:
2
2
m  2/. Đk:
2

   

0.25


3
3
1
3
6
tg
tg
x k
x
x
x k



   
 








  

Điều kiện:
2
2
1 0 1 1
0 2
2 0
x x
y
y y

    



 
 
 




0.25

Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t
3
 3t
2
= y
3
 3y

min ( ) 1; m ( ) 2
[ ] [ ]
axg v g v
  

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2
0.25

1/. Đường thẳng () có phương trình tham số là:
1 2 ;
2

x t
y t t R
z t
 


   


 


Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)().
0.25

Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:
| 2 1 2 4 2 2| |6 5|
( ; ) 3

   
   

Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu
có bán kính là R = 5.
0.25

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:
2 2 2 2 2 2
2 1 8 7 17 1
25 25
3 3 3 3 3 3
vµ x y z x y z
           
           
           
           

0.25

2/. Đường thẳng () có VTCP
( 1;2;1)
u  

; PTTQ:
2 1 0
2 0
x y
x z
  

2
+ n
2
> 0)
 (2m + n)x + my + nz + m  2n = 0
Vậy góc giữa (P) và (Q) là:
2 2
|3 | 3
cos
3
3. 5 2 4
m
m n mn
  
 

0.25

III
 m
2
+ 2mn + n
2
= 0  (m + n)
2
= 0  m = n.
Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y  z + 3 = 0
0.25

IV


   
 
 

0.5
2/. Ta có:
 
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 ) 9
1 1 1
xy yz zx
xy yz zx
 
       
 
  
 

0.25

2 2 2
9 9
3
3
P
xy yz zx
x y z
  
  

= C
2
(1)
() là tiếp tuyến của (P)  12B
2
= 4AC  3B
2
= AC (2)
0.25

Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = 2A.
Với C = 2A  A = B = 0 (loại)
0.25

Với C = 4A 
2
3
A
B  

 Đường thẳng đã cho có phương trình:
2 2 3
4 0 4 0
3
3
A
Ax y A x y
      

0.25

     
 
     
 


0.25

 
12 12
12 4 12 4 4
12 12
0 0 0 0
12
12 4 5
12
0 0
1
( 1) ( 1)
( 1)
i
k k
k i
k k i k k i k i i
k k
k i k i
k
k k i k i
k
k i