Đề thi thử đại học lần thứ 1 khối A môn: Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>đề thi thử đại học lần thứ nhất khối A M«n: To¸n Thêi gian: 180 phót I.PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7 ®iÓm) 2x  1 C©u I (2 ®iÓm). Cho hµm sè 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. C©u II (2 ®iÓm) 1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8 log 22 x  log 2 x 2  3  5 (log 4 x 2  3) dx C©u III (1 ®iÓm). T×m nguyªn hµm I   3 sin x. cos 5 x C©u IV (1 ®iÓm). Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ c¸c c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng c¸ch gi÷a hai ®­êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a. C©u V (1 ®iÓm). XÐt ba sè thùc kh«ng ©m a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc P = a4 + b4 + c4. 2.Giải bất phương trình. II.PhÇn riªng (3 ®iÓm) 1.Theo chương trình chuẩn C©u VIa (2 ®iÓm). 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 tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. 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  . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. y  t  z  1  3t  C©u VIIa (1 ®iÓm). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ. 2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm) C©u VIb (2 ®iÓm) 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 tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình x 1 y z 1   . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn 2 1 3 nhÊt. C©u VIIb (1 ®iÓm) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ. -HÕt-. đáp án đề thi thử đại học lần 1 khối a – môn toán 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sÝnh C©u §¸p ¸n 1. (1,25 ®iÓm) I a.TX§: D = R\{-2} (2 b.ChiÒu biÕn thiªn ®iÓm) +Giíi h¹n: lim y  lim y  2; lim y  ; lim y   x  . x  . x  2 . §iÓm. 0,5. x  2 . Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2 3  0 x  D ( x  2) 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;2) và (2;) +B¶ng biÕn thiªn. + y' . x  y’ y. +. -2. 2. . +. . 0,25. 0,25. 2. . c.§å thÞ: 1 1 ) vµ c¾t trôc Ox t¹i ®iÓm(  ;0) 2 2 Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng y. §å thÞ c¾t c¸c trôc Oy t¹i ®iÓm (0;. 0,25. 2 -2. II (2 ®iÓm). O. 2. (0,75 ®iÓm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình  x  2 2x  1  x  m   2 x2  x  (4  m) x  1  2m  0 (1) Do (1) cã   m 2  1  0 va (2) 2  (4  m).(2)  1  2m  3  0 m nªn ®­êng thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó AB  24 1. (1 ®iÓm) Phương trình đã cho tương đương với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8  6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0  (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0. x. 0,25. 0,5. 0,5. 0,25 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1  sin x  0   6 cos x  2 sin x  7  0 (VN ) x . . 0,25.  k 2. 2 2. (1 ®iÓm) x  0 §K:  2 2 log 2 x  log 2 x  3  0 Bất phương trình đã cho tương đương với log x  log 2 x  3  5 (log 2 x  3) 2 2. đặt. 2. 0,5 (1). t = log2x,. BPT (1)  t 2  2t  3  5 (t  3)  (t  3)(t  1)  5 (t  3) t  1 log x  1 t  1   t  3   2 3  t  4 3  log 2 x  4 (t  1)(t  3)  5(t  3) 2  1  0  x  1  2 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; ]  (8;16)  2 8  x  16. III 1 ®iÓm. dx dx  8 3 3 2 sin x. cos x. cos x sin 2 x. cos 2 x đặt tanx = t dx 2t  dt  ; sin 2 x  2 cos x 1 t2 dt (t 2  1) 3  I  8  dt 2t 3 t3 ( ) 1 t2 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 t 4 2 2 tan 2 x I . 0,25. 3. 0,5. 0,5. 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> C©u IV 1 ®iÓm. Do AH  ( A1 B1C1 ) nªn gãc AA1 H lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc AA1 H b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc AA1 H =300 a 3 . Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và 2 a 3 A1 H  nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c AH  B1C1 nªn 2 B1C1  ( AA1 H ) A B.  A1 H . 0,5. C. K. A1. C1 H. B1 KÎ ®­êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1. A1 H . AH a 3  AA1 4 áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có Ta cã AA1.HK = A1H.AH  HK . C©u V 1 ®iÓm. 0,25 0,25. 2009 1  1  ...  a 2009  a 2009  a 2009  2009.2009 a 2009 .a 2009 .a 2009 .a 2009  2009.a 4 (1)  1  a 2005. Tương tự ta có 2009 1  1  ...  b 2009  b 2009  b 2009  2009.2009 b 2009 .b 2009 .b 2009 .b 2009  2009.b 4 (2)  1  b. 0,5. 2005. 2009 1  1  ...  c 2009  c 2009  c 2009  2009.2009 c 2009 .c 2009 .c 2009 .c 2009  2009.c 4 (3)  1  c 2005. Céng theo vÕ (1), (2), (3) ta ®­îc 6015  4(a 2009  b 2009  c 2009 )  2009(a 4  b 4  c 4 ).  6027  2009(a 4  b 4  c 4 ) Từ đó suy ra P  a 4  b 4  c 4  3 MÆt kh¸c t¹i a = b = c = 1 th× P = 3 nªn gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 3.. 0,5. PhÇn riªng. 1.Ban c¬ b¶n C©u 1.( 1 ®iÓm) VIa 4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 ®iÓm. Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3  IA  3 2. m 1. m  5  3 2  m 1  6   2 m  7 2. (1 ®iÓm). 0,5. 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). Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã AH  HI => HI lín nhÊt khi A  I VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn. H  d  H (1  2t ; t ;1  3t ) v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn. 0,5. . AH  d  AH .u  0 (u  (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d). C©u VIIa 1 ®iÓm. C©u VIa 2 ®iÓm. 0,5.  H (3;1;4)  AH (7;1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 42  6 c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ C 52  10 c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã C 52 . C 52 = 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n Mçi bé 4 sè nh­ thÕ cã 4! sè ®­îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ C 42 . C 52 .4! = 1440 sè 2.Ban n©ng cao. 1.( 1 ®iÓm) Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3  IA  3 2 m 1 m  5   3 2  m 1  6   2 m  7. 0,5. 0,5 0,5. 0,5. 0,5. 2. (1 ®iÓm) 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). Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã AH  HI => HI lín nhÊt khi A  I VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn. H  d  H (1  2t ; t ;1  3t ) v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn. AH  d  AH .u  0 (u  (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d). C©u VIIa 1 ®iÓm.  H (3;1;4)  AH (7;1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 52  10 c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0. 0,5. 0,5. 0,5. đứng đầu) và C 53 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 . C 53 = 100 bộ 5 số được chọn. Mçi bé 5 sè nh­ thÕ cã 5! sè ®­îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ C 52 . C 53 .5! = 12000 sè.. 0,5. Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C 41 .C 53 .4! 960 . Vậy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n. 5 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>