Đề thi thử đại học khối A Môn: Toán

Đề thi thử Đại học môn Toán khối A mang đến cho các bạn những bài toán và hướng dẫn giải hay, hữu ích phục vụ cho quá trifng học tập và ôn thi, chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh Đại học - Cao đẳng sắp tới.

Đề thi thử đại học khối A Mơn: Tốn Thời gian: 180 phút I.Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2x 1 có đồ thị (C) x2 1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 2.Giải bất phương trình log 22 x  log x   (log x  3) dx Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm I   sin x cos x Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A 1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đường thẳng AA1 B1C1 theo a Câu V (1 điểm) Cho a, b, c �0 a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức a3 b3 c3 P    b2  c2 1 a2 II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trịn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để đường thẳng d có điểm A mà từ kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d có phương  x 1  2t  trình  y t Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới  z 1  3t  (P) lớn Câu VIIa (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số ln ln có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ 2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x + y2 - 2x + 4y - = đường thẳng d có phương trình x + y + m = Tìm m để đường thẳng d có điểm A mà từ kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d có phương x y z   trình Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn Câu VIIb (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác mà số luôn có mặt hai chữ số chẵn ba chữ số lẻ -Hết- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN KHỐI A – MƠN TỐN I.Phần dành cho tất thí sính Câu Đáp án Điể m (1,25 điểm) I (2 điểm) a.TXĐ: D = R\{-2} b.Chiều biến thiên 0,5 y lim y 2; lim y  ; lim y  +Giới hạn: lim x   x   x  x    Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -2 tiệm cận ngang y = + y'   x  D ( x  2) 0,25 Suy hàm số đồng biến khoảng ( ; 2) ( 2;) +Bảng biến thiên x  y’ -2  + + 0,25  y   c.Đồ thị: Đồ thị cắt trục Oy điểm (0; 1 ) cắt trục Ox điểm(  ;0) 2 Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng y 0,25 -2 O x (0,75 điểm) Hoành độ giao điểm đồ thị (C ) đường thẳng d nghiệm phương  x   0,25  x  (  m) x   2m 0 (1) Do (1) có  m   va ( 2)  (4  m).( 2)   2m  0 m nên đường trình II (2 điểm) 2x 1  x  m  x2 thẳng d luôn cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy AB ngắn  AB2 nhỏ  m = Khi AB  24 (1 điểm) Phương trình 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) = 0,5 0,5 0,25 1  sin x 0  6 cos x  sin x  0 (VN )   x   k 2 0,25 2 (1 điểm) x 0 ĐK:  2  log x  log x  0 Bất phương trình cho tương đương với log 22 x  log x   (log x  3) (1) 0,5 đặt t = log2x, BPT (1)  t  2t   (t  3)  (t  3)(t  1)  (t  3) III điểm t   log x  t      t      3  t  3  log x    (t  1)(t  3)  5(t  3)   0x   Vậy BPT cho có tập nghiệm là: (0; ]  (8;16)  8  x  16 dx dx I  8 3 sin x cos x cos x sin x cos x đặt tanx = t 0,25 0,5 dx 2t ; sin x  cos x 1 t2 dt (t  1)  I 8   dt 2t t ( ) 1 t  dt  t  3t  3t   dt t3 3  (t  3t   t  )dt  tan x  tan x  ln tan x  C t 2 tan x Câu IV điểm 0,5 Do AH  ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H góc AA1 (A1B1C1), theo giả thiết góc  AA1 H 300 Xét tam giác vng AHA1 có AA1 = a, góc a Do tam giác A1B1C1 tam giác cạnh a, H a thuộc B1C1 A1 H  nên A1H vng góc với B1C1 Mặt khác AH  B1C1 nên B1C1  ( AA1 H )  AA1 H =300  A1 H  A 0,5 B C K A1 C H B1 Kẻ đường cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1 0,25 B1C1 Câu V điểm Ta có AA1.HK = A1H.AH  HK  A1 H AH a  AA1 a3 c3 Ta có: P + =  P  1 b a  b2  1 b2  a b3 1 c 2 1 b2  c2  1 a  1 b  0,25  a2 b3  c2  b2  c2   c2 0,5 c3 1 a2 a6 b6 c6 3    16 16 16 2 1 a2 1 a2 3  P  (a  b  c )  2 23 2   P  2  c2 2   2  2  Để PMin a = b = c = Phần riêng 1.Ban Câu 1.( điểm) VIa Từ phơng trình tắc đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đ2 ợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB AC => tứ giác ABIC hình điể vuông cạnh IA 3 m  0,5 0,5 m  m  3  m  6    m 7 0,5 (1 điểm) Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn 0,5 A I Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến H  d  H (1  2t ; t ;1  3t ) H hình chiếu A d nên AH  d  AH u 0 (u (2;1;3) véc tơ phương d)  H (3;1;4)  AH (  7; 1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = Câu VIIa điểm  7x + y -5z -77 = Từ giả thiết tốn ta thấy có C 42 6 cách chọn chữ số chẵn (vì khơng có số 0)và C 52 10 cách chọn chữ số lẽ => có C 52 C 52 = 60 số thỏa mãn toán Mỗi số có 4! số thành lập Vậy có tất C 42 C 4! = 1440 số 0,5 0,5 0,5 2.Ban n©ng cao C©u 1.( điểm) VIa Từ phơng trình tắc đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB AC => tứ giác ABIC hình vuông 0,5 điể cạnh IA m m  m   3  m  6    m 7 0,5 (1 điểm) Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn 0,5 A I Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến H  d  H (1  2t ; t ;1  3t ) H hình chiếu A d nên AH  d  AH u 0 (u (2;1;3) véc tơ phương d)  H (3;1;4)  AH (  7; 1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = Câu VIIa điểm 0,5  7x + y -5z -77 = Từ giả thiết tốn ta thấy có C 10 cách chọn chữ số chẵn (kể số có chữ 0,5 3 số đứng đầu) C =10 cách chọn chữ số lẽ => có C C = 100 số chọn Mỗi số có 5! số thành lập => có tất C 52 C 53 5! = 12000 số 0,5 Mặt khác số số lập mà có chữ số đứng đầu C 41 C 53 4!960 Vậy có tất 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn toán ... Do AH  ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H góc AA1 (A1 B1C1), theo giả thi? ??t góc  AA1 H 300 Xét tam giác vng AHA1 có AA1 = a, góc a Do tam giác A1 B1C1 tam giác cạnh a, H a thuộc B1C1 A1 H  nên A1 H... khác AH  B1C1 nên B1C1  ( AA1 H )  AA1 H =300  A1 H  A 0,5 B C K A1 C H B1 Kẻ đường cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1 0,25 B1C1 Câu V điểm Ta có AA1.HK = A1 H.AH  HK  A1 H AH a  AA1... mặt hai chữ số chẵn ba chữ số lẻ -Hết- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN KHỐI A – MƠN TỐN I.Phần dành cho tất thí sính Câu Đáp án Điể m (1,25 điểm) I (2 điểm) a. TXĐ: D = R{-2} b.Chiều biến thi? ?n