ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO ppsx

1 SO GD T HA NOI đề LUYN THI đại học khối A 2011 Trờng THPT Trần Hng Đạo Môn: Toán Thời gian: 180 phút I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 2 12 x x y có đồ thị là (C) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2.Chứng minh đờng 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 phơng trình 9sinx + 6cosx 3sin2x + cos2x = 8 2.Giải bất phơng trình )3(log53loglog 2 4 2 2 2 2 xxx Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm x x dx I 53 cos . sin Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1 B 1 C 1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A 1 B 1 C 1 ) thuộc đờng thẳng B 1 C 1 . Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA 1 và B 1 C 1 theo a. Câu V (1 điểm). Cho a, b, c 0 v 2 2 2 3 a b c . Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc 3 3 3 2 2 2 1 1 1 a b c P b c a II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chơng trình chuẩn Câu VIa (2 điểm). 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1) 2 + (y+2) 2 = 9 và đờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng 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 đờng thẳng d có phơng trình tz ty tx 31 21 . Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (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 chơng trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C): x 2 + y 2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đờng thẳng d có phơng trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng 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 đờng thẳng d có phơng trình 3 1 1 2 1 zyx . Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d 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- www.laisac.page.tl 2 đáp án đề thi thử đại học lần 1 khối a môn toán I.Phần dành cho tất cả các thí sính Câu Đáp án Điể m 1. (1,25 điểm) a.TXĐ: D = R\{-2} b.Chiều biến thiên +Giới hạn: 22 lim;lim;2limlim xx xx yyyy Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2 0,5 + Dx x y 0 )2( 3 ' 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )2;( và );2( 0,25 +Bảng biến thiên x -2 y + + 2 y 2 0,25 c.Đồ thị: Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 2 1 ) và cắt trục Ox tại điểm( 2 1 ;0) Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 0,25 2. (0,75 điểm) I (2 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình )1(021)4( 2 2 12 2 mxmx x mx x x Do (1) có mmmvam 0321)2).(4()2(01 22 nên đờng 0,25 x y O 2 -2 3 thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B Ta có y A = m x A ; y B = m x B nên AB 2 = (x A x B ) 2 + (y A y B ) 2 = 2(m 2 + 12) suy ra AB ngắn nhất AB 2 nhỏ nhất m = 0. Khi đó 24AB 0,5 1. (1 điểm) Phơng trình đã cho tơng đơng với 9sinx + 6cosx 6sinx.cosx + 1 2sin 2 x = 8 6cosx(1 sinx) (2sin 2 x 9sinx + 7) = 0 6cosx(1 sinx) (sinx 1)(2sinx 7) = 0 0,5 (1-sinx)(6cosx + 2sinx 7) = 0 )(07sin2cos6 0sin1 VNxx x 0,25 2 2 kx 0,25 2. (1 điểm) ĐK: 03loglog 0 2 2 2 2 xx x Bất phơng trình đã cho tơng đơng với )1()3(log53loglog 2 2 2 2 2 xxx đặt t = log 2 x, BPT (1) )3(5)1)(3()3(532 2 tttttt 0,5 4log3 1log 43 1 )3(5)3)(1( 3 1 2 2 2 x x t t ttt t t 0,25 II (2 điểm) 168 2 1 0 x x Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: )16;8(] 2 1 ;0( x x dx x x x dx I 23233 cos . 2 sin 8 cos . cos . sin đặt tanx = t dt t t t t dt I t t x x dx dt 3 32 3 2 22 )1( ) 1 2 ( 8 1 2 2sin; cos 0,5 III 1 điểm C x xxxdtt t tt dt t ttt 2 2433 3 246 tan2 1 tanln3tan 2 3 tan 4 1 ) 3 3( 133 0,5 4 Do )( 111 CBAAH  nªn gãc HAA 1  lµ gãc gi÷a AA 1 vµ (A 1 B 1 C 1 ), theo gi¶ thiÕt th× gãc HAA 1  b»ng 30 0 . XÐt tam gi¸c vu«ng AHA 1 cã AA 1 = a, gãc HAA 1  =30 0 2 3 1 a HA  . Do tam gi¸c A 1 B 1 C 1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B 1 C 1 vµ 2 3 1 a HA  nªn A 1 H vu«ng gãc víi B 1 C 1 . MÆt kh¸c 11 CBAH  nªn )( 111 HAACB  0,5 KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA 1 H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA 1 vµ B 1 C 1 0,25 C©u IV 1 ®iÓm Ta cã AA 1 .HK = A 1 H.AH 4 3 . 1 1 a AA AHHA HK  0,25 0,5 C©u V 1 ®iÓm Ta có: P + 3 = 2 2 3 2 2 3 2 2 3 111 a a c c c b b b a       24 1 1212 24 6 2 2 2 2 3 b b a b a P       24 1 1212 2 2 2 2 3 c c b c b       24 1 1212 2 2 2 2 3 a a c a c       3 6 3 6 3 6 216 3 216 3 216 3 cba  6 222 3 82 9 )( 222 3 22 3  cbaP 2 3 22 3 22 9 22 3 22 9 6 3  P Để P Min khi a = b = c = 1 0,5 A 1 A B C C B 1 K H 5 Phần riêng. 1.Ban cơ bản 1.( 1 điểm) Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và ACAB => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 23 IA 0,5 7 5 6123 2 1 m m m m 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 HI AH => HI lớn nhất khi I A Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 0,5 Câu VIa 2 điểm )31;;21( tttHdH vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0. uuAHdAH là véc tơ chỉ phơng của d) )5;1;7()4;1;3( AHH Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0 0,5 Từ giả thiết bài toán ta thấy có 6 2 4 C cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và 10 2 5 C cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 5 C . 2 5 C = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán 0,5 Câu VIIa 1 điểm Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập. Vậy có tất cả 2 4 C . 2 5 C .4! = 1440 số 0,5 2.Ban nâng cao. 1.( 1 điểm) Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và ACAB => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 23 IA 0,5 7 5 6123 2 1 m m m m 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 HI AH => HI lớn nhất khi I A Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 0,5 Câu VIa 2 điểm )31;;21( tttHdH vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0. uuAHdAH là véc tơ chỉ phơng của d) 0,5 6 )5;1;7()4;1;3( AHH Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0 Từ giả thiết bài toán ta thấy có 10 2 5 C cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu) và 3 5 C =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 5 C . 3 5 C = 100 bộ 5 số đợc chọn. 0,5 Câu VIIa 1 điểm Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả 2 5 C . 3 5 C .5! = 12000 số. Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là 960!4 3 5 1 4 CC . Vậy có tất cả 12000 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán 0,5 . )( 111 CBAAH  nªn gãc HAA 1  lµ gãc gi a AA 1 vµ (A 1 B 1 C 1 ), theo gi¶ thi t th× gãc HAA 1  b»ng 30 0 . XÐt tam gi¸c vu«ng AHA 1 cã AA 1 = a, gãc HAA 1  =30 0 2 3 1 a HA  . Do tam gi¸c. KÎ ®êng cao HK c a tam gi¸c AA 1 H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi a AA 1 vµ B 1 C 1 0,25 C©u IV 1 ®iÓm Ta cã AA 1 .HK = A 1 H.AH 4 3 . 1 1 a AA AHHA HK  0,25 . -Hết- www.laisac.page.tl 2 đáp án đề thi thử đại học lần 1 khối a môn toán I.Phần dành cho tất cả các thí sính Câu Đáp án Điể m 1. (1,25 điểm) a. TXĐ: D = R {-2 } b.Chiều biến thi n