Đề thi thử đại học môn toán năm 2011 lần thứ nhất

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học năm 2011

http://ductam_tp.violet.vn/ đề thi thử đại học lần thứ nhất khối A 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 = xx 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 3a 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 đ- ờng 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 12 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- đáp án đề thi thử đại học lần 1 khối a môn toán 1 I.Phần dành cho tất cả các thí sính Câu Đáp án Điể m I 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) 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 thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B 0,25 2 x y O 2 -2 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 24 = AB 0,5 II (2 điểm) 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 << < 168 2 1 0 x x Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: )16;8(] 2 1 ;0( III 1 điểm == xx dx xxx dx I 23233 cos.2sin 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 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 3 Câu IV 1 điểm Do )( 111 CBAAH nên góc HAA 1 là góc giữa AA 1 và (A 1 B 1 C 1 ), theo giả thiết thì góc HAA 1 bằng 30 0 . Xét tam giác vuông AHA 1 có AA 1 = a, góc HAA 1 =30 0 2 3 1 a HA = . Do tam giác A 1 B 1 C 1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B 1 C 1 và 2 3 1 a HA = nên A 1 H vuông góc với B 1 C 1 . Mặt khác 11 CBAH nên )( 111 HAACB 0,5 Kẻ đờng cao HK của tam giác AA 1 H thì HK chính là khoảng cách giữa AA 1 và B 1 C 1 0,25 Ta có AA 1 .HK = A 1 H.AH 4 3 . 1 1 a AA AHHA HK == 0,25 Câu V 1 điểm Ta cú: 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 ++ 0,5 0,5 Phần riêng. 1.Ban cơ bản Câu VIa 2 điểm 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 4 A 1 A B C C 1 B 1 K H = = == 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 HIAH => HI lớn nhất khi IA Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 0,5 )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 Câu VIIa 1 điểm 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 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. Câu VIa 2 điểm 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 HIAH => HI lớn nhất khi IA Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 0,5 )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 Câu VIIa 1 điểm 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 đ- ợc chọn. 0,5 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 5 6 . 1 a HA = . Do tam giác A 1 B 1 C 1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B 1 C 1 và 2 3 1 a HA = nên A 1 H vuông góc với B 1 C 1 . Mặt khác 11 CBAH nên )( 11 1. 11 1 CBAAH nên góc HAA 1 là góc giữa AA 1 và (A 1 B 1 C 1 ), theo giả thiết thì góc HAA 1 bằng 30 0 . Xét tam giác vuông AHA 1 có AA 1 = a, góc HAA 1