1. Trang chủ
  2. » Khoa Học Tự Nhiên

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

5 2 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 147,04 KB

Nội dung

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.. Lập phương trình mặt phẳng P[r]

(1)đề thi thử đại học lần thứ khối A M«n: To¸n Thêi gian: 180 phót I.PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7 ®iÓm) 2x  C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè y  có đồ thị là (C) x2 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ C©u II (2 ®iÓm) 1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = log 22 x  log x   (log x  3) dx C©u III (1 ®iÓm) T×m nguyªn hµm I   sin x cos 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 300 Hình chiếu H 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 = 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 = và đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để trên đường thẳng d có điểm A mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) 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   2t  Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn y  t  z   3t  C©u VIIa (1 ®iÓm) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã ch÷ sè kh¸c vµ kh¸c mµ 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 - = và đường thẳng d có phương trình x + y + m = Tìm m để trên đường thẳng d có điểm A mà từ đó kẻ hai tiếp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) 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) qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhÊt C©u VIIb (1 ®iÓm) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã ch÷ sè kh¸c mµ 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 khối a – môn toán Lop12.net (2) I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sÝnh C©u §¸p ¸n (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 đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = -2 và tiệm cận ngang là y =  x  D ( x  2) Suy hàm số đồng biến trên khoảng (;2) và (2;) +B¶ng biÕn thiªn + y'  x  y’ y + -2  +  0,25 0,25  c.§å thÞ: 1 ) vµ c¾t trôc Ox t¹i ®iÓm(  ;0) 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 II (2 ®iÓm) O (0,75 ®iÓm) Hoành độ giao điểm đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm phương trình  x  2 2x   x  m   x2  x  (4  m) x   2m  (1) Do (1) cã   m   va (2)  (4  m).(2)   2m  3  m nªn ®­êng thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) 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 AB ngắn  AB2 nhỏ  m = Khi đó AB  24 (1 ®iÓm) Phương trình đã cho tương đương với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x =  6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) =  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) =  (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = x 0,25 0,5 0,5 0,25 Lop12.net (3) 1  sin x    6 cos x  sin x   (VN ) x   0,25  k 2 2 (1 ®iÓm) x  §K:  2 log x  log x   Bất phương trình đã cho tương đương với log x  log x   (log x  3) 2 đặt 0,5 (1) t = log2x, BPT (1)  t  2t   (t  3)  (t  3)(t  1)  (t  3) t  1 log x  1 t  1   t    3  t  3  log x  (t  1)(t  3)  5(t  3)    x   Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; ]  (8;16)  8  x  16 III ®iÓm dx dx  8 3 sin x cos x cos x sin x cos x đặt tanx = t dx 2t  dt  ; sin x  cos x 1 t2 dt (t  1)  I  8  dt 2t t3 ( ) 1 t2 t  3t  3t   dt t3 3   (t  3t   t 3 )dt  tan x  tan x  ln tan x  C t 2 tan x I  0,25 0,5 0,5 Lop12.net (4) C©u IV ®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 Do tam giác A1B1C1 là tam giác cạnh a, H thuộc B1C1 và a A1 H  nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1 MÆt kh¸c AH  B1C1 nªn 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  AA1 áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số và số a2009 ta có Ta cã AA1.HK = A1H.AH  HK  C©u V ®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 (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 (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 (3)  1  c 2005 Céng theo vÕ (1), (2), (3) ta ®­îc 6015  4(a 2009  b 2009  c 2009 )  2009(a  b  c )  6027  2009(a  b  c ) Từ đó suy P  a  b  c  MÆt kh¸c t¹i a = b = c = th× P = nªn gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 0,5 PhÇn riªng 1.Ban c¬ b¶n C©u 1.( ®iÓm) VIa Lop12.net (5) ®iÓm Từ phương trình chính tắc đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ tiếp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng  IA  m 1 m  5   m 1    m  (1 ®iÓm) 0,5 Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách 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 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  (u  (2;1;3) là véc tơ phương d) C©u VIIa ®iÓm C©u VIa ®iÓm 0,5  H (3;1;4)  AH (7;1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 = Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 42  c¸ch chän ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ C 52  10 c¸ch chän ch÷ sè lÏ => cã C 52 C 52 = 60 bé sè tháa m·n bµi to¸n Mçi bé 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.( ®iÓm) Từ phương trình chính tắc đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ tiếp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng  IA  m 1 m  5    m 1    m  0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 (1 ®iÓm) Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách 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 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  (u  (2;1;3) là véc tơ phương d) C©u VIIa ®iÓm  H (3;1;4)  AH (7;1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 = Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 52  10 c¸ch chän ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0,5 0,5 0,5 đứng đầu) và C 53 =10 cách chọn chữ số lẽ => có C 52 C 53 = 100 số chọn Mçi bé 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 lập trên mà có chữ số đứng đầu là C 41 C 53 4! 960 Vậy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n Lop12.net (6)

Ngày đăng: 01/04/2021, 09:45

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w