Tài liệu Đề ôn thi CĐ ĐH môn Toán có đáp án_Đề 2 pdf

ĐỀ 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN - Thời gian: 180’ 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 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. Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x = 8 2.Giải bất phương 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 đường thẳng B 1 C 1 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA 1 và B 1 C 1 theo a. Câu V (1 điểm). Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 2009 + b 2009 + c 2009 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 4 + b 4 + c 4 II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm). 1. 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 tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2. Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình      += = += tz ty tx 31 21 . Lập phương 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 chương trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm) 1. Cho đường tròn (C): x 2 + y 2 - 2x + 4y - 4 = 0 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 tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2. Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình 3 1 12 1 − == − zyx . Lập phương 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. Đáp án I.Phần dành cho tất cả các thí sính I 2. (0,75 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình    =−+−+ −≠ ⇔+−= + + )1(021)4( 2 2 12 2 mxmx x mx x x Do (1) có mmmvam ∀≠−=−+−−+−>+=∆ 0321)2).(4()2(01 22 nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B 0,25 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) Phương trình đã cho tương đương 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  π π 2 2 kx += 0,25 2. (1 điểm) ĐK:    ≥−− > 03loglog 0 2 2 2 2 xx x Bất phương trình đã cho tương đương 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 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 đường 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 áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a 2009 ta có )1(.2009 20091 .11 4 2009 20092009200920092009200920092009 2005 aaaaaaaaa =≥+++++++    A 1 A B C C 1 B 1 K H Tương tự ta có )2(.2009 20091 .11 4 2009 20092009200920092009200920092009 2005 bbbbbbbbb =≥+++++++    )3(.2009 20091 .11 42009 20092009200920092009200920092009 2005 ccccccccc =≥+++++++    0,5 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được )(20096027 )(2009)(46015 444 444200920092009 cba cbacba ++≥⇔ ++≥+++ Từ đó suy ra 3 444 ≤++= cbaP Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3. 0,5 Phần riêng. 1.Ban cơ bản Câu VIa 2 điểm 1.( 1 điểm) Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường 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 phương 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 như thế có 4! số được 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 phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường 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 phương 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 được chọn. 0,5 Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả 2 5 C . 3 5 C .5! = 12000 số. Mặt khác số các số được lập như 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 . 4 20 09 20 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 09 20 05 aaaaaaaaa =≥+++++++    A 1 A B C C 1 B 1 K H Tương tự ta có )2( .20 09 . .20 091 .11 4 20 09 20 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 09. 20 09 20 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 09 20 05 bbbbbbbbb =≥+++++++    )3( .20 09 . .20 091 .11 420 09 20 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 09 20 05 ccccccccc =≥+++++++