Tài liệu Đề thi thử đại học môn Toán năm 2009 LB8 pptx

GV:Mai-Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 LB8 Mụn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề ………………… ∞∞∞∞∞∞∞∞ ……………… I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 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 .Tớnh tớch phõn: 3 2 0 2 1 1 x x I dx x + − = + ∫ . Câu III (2 điểm). 1.Giải bất phương trỡnh: 2 10 5 10 2x x x+ ≥ + − − 2.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. 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. II. PHẦN RIấNG (3.0 điểm) Câu Va 1.(2 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy 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.(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. Câu Vb 1 (2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz 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. 2.(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 ……………………Hết…………………… HƯỚNG DẨN GIẢI I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) GV:Mai-Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 2 CõuI:)(2 điểm) 1.(học sinh tự khảo sỏt hàm số) 2)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 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 ó AB 2 nhỏ nhất ó m = 0. Khi đó 24=AB Cõu II:)(2 điểm) 1)(1 điểm).Phương trình đã cho tương đương với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin 2 x = 8 ó 6cosx(1 – sinx) – (2sin 2 x – 9sinx + 7) = 0 ó 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0 ó (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 ó    =−+ =− )(07sin2cos6 0sin1 VNxx x ó π π 2 2 kx += 2) (1 điểm).Tớnh: 3 2 0 2 1 1 x x I dx x + − = + ∫ Đặt 2 1 1x t x t+ = ⇔ = − => dx=2tdt; khi x=0=>t=1,x=3=>t=2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 5 4 2 3 2 1 1 1 2 1 1 1 4 128 4 124 54 2 =2 2 3 2 = 16 2 14 5 5 5 5 5 t t t I tdt t t dt t t − + − −   = − = − − − + = − =     ∫ ∫ Câu III (2 điểm). 1(1 điểm) BG: Giải bất phương trỡnh: 2 10 5 10 2x x x+ ≥ + − − (1) *Điều kiện: 2x ≥ ( ) 2 1 2 10 2 5 10 2 6 20 1(2)x x x x x x⇔ + + − ≥ + ⇔ + − ≥ + Khi 2x ≥ => x+1>0 bỡnh phương 2 vế phương trỡnh (2) ( ] [ ) 2 2 2 (2) 2 6 20 2 1 4 11 0 x ; 7 3;x x x x x x⇔ + − ≥ + + ⇔ + − ≥ ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ Kết hợp điều kiện vậy nghiệm của bất phương trỡnh là: 3x ≥ 2. (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. Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả 2 4 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 II.Phần riêng.(3điểm) Câu Va : 1)(2 điểm)Từ pt 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    = = ⇔=−⇔= − ⇔ 7 5 6123 2 1 m m m m 2. (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 4 C . 2 5 C = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán 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 GV:Mai-Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 3 Câu Vb 1)(2 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 )31;;21( tttHdH ++⇒∈ vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0. ==⇒⊥ uuAHdAH là vtcp của ( d) )5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH Vậy (P): 7(x -10) + (y- 2) -5(z + 1) = 0 ó 7x + y -5z -77 = 0 2). (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 =≥+++++++ 43421 Tương tự ta có )2(.2009 20091 .11 4 2009 20092009200920092009200920092009 2005 bbbbbbbbb =≥+++++++ 43421 )3(.2009 20091 .11 4 2009 20092009200920092009200920092009 2005 ccccccccc =≥+++++++ 43421 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được )(20096027 )(2009)(46015 444 444200920092009 cba cbacba ++≥⇔ ++≥+++ Từ đó suy ra 3 444 ≤++= cbaP Tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3. ……………………Hết…………………… . )2( .2009. .20091 .11 4 2009 200 920092 00 920092 00 920092 00 92009 2005 bbbbbbbbb =≥+++++++ 43421 )3( .2009. .20091 .11 4 2009 200 920092 00 920092 00 920092 00 92009 2005 ccccccccc. 2009 ta có )1( .2009. .20091 .11 4 2009 200 920092 00 920092 00 920092 00 92009 2005 aaaaaaaaa =≥+++++++ 43421 Tương tự ta có )2( .2009. .20091 .11 4 2009 200 920092 00 920092 00 920092 0092009