Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 22 pptx

1

TRUONG THPT PHU NGOC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
TO TOAN – TIN Môn: TOÁN; Khối A
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề.
GV : VO DUC HIEN
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


x
x
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). Cho a, b, c
0

và
2 2 2
3
a b c
  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3
2 2 2
1 1 1
a b c
P
b c a
  
  

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 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.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz 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.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x

2
+ y
2
- 2x + 4y - 4 = 0 và đường thẳng d có
phương trình 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.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
trình
3
1
1
2
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.
-Hết-
2

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 3

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 KHỐI A – MÔN TOÁN

I.Phần dành cho tất cả các thí sính
Câu Đáp án Điểm

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 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

I
(2
điểm)

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 1. (1 điểm)
x
y
O
2
-2
3

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



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
(2
điểm)








168
2
1
0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: )16;8(]
2
1
;0( 

 

x
x
dx
x
x
x
dx
I
23233
cos
.
2
sin

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
III
1 điểm
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
4


Do )(
111
CBAAH nờn gúc HAA

1
l gúc gia AA
1
v (A
1
B
1
C
1
), theo gi thit
thỡ gúc HAA
1
bng 30
0
. Xột tam giỏc vuụng AHA
1
cú AA
1
= a, gúc HAA
1
=30
0

2
3
1
a
HA . Do tam giỏc A
1
B

1
C
1
l tam giỏc u cnh a, H thuc B
1
C
1
v
2
3
1
a
HA nờn A
1
H vuụng gúc vi B
1
C
1
. Mt khỏc
11
CBAH nờn
)(
111
HAACB

0,5











K ng cao HK ca tam giỏc AA
1
H thỡ HK chớnh l khong cỏch gia AA
1

v
B
1
C
1

0,25
Cõu IV
1 im
Ta cú AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA
HK

0,25

0,5
Cõu V
1 im
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


6
222
3
82
9
)(
222
3
22
3
cbaP
2
3
22

3
22
9
22
3
22
9
6 3
P
P
Min
khi a = b = c = 1




0,5
Phần riêng.
1.Ban cơ bản
1.( 1 điểm) Câu
VIa
2
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
A
1

A B
C
C
1

B
1
K
H
5









7
5
6123
2

1
m
m
m
m



0,5
2. (1 im)
Gi H l hỡnh chiu ca A trờn d, mt phng (P) i qua A v (P)//d, khi ú khong
cỏch gia d v (P) l khong cỏch t H n (P).
Gi s im I l hỡnh chiu ca H lờn (P), ta cú
HI
AH

=> HI ln nht khi
I
A


Vy (P) cn tỡm l mt phng i qua A v nhn
AH
lm vộc t phỏp tuyn.


0,5
)31;;21( tttHdH

vỡ H l hỡnh chiu ca A trờn d nờn
)3;1;2((0. uuAHdAH l vộc t ch phng ca d)
)5;1;7()4;1;3( AHH Vy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0


0,5
T gi thit bi toỏn ta thy cú 6
2
4
C cỏch chn 2 ch s chn (vỡ khụng cú s 0)v
10
2
5
C cỏch chn 2 ch s l => cú
2
5
C .
2
5
C = 60 b 4 s tha món bi toỏn
0,5
Cõu
VIIa
1
im
Mi b 4 s nh th cú 4! s c thnh lp. Vy cú tt c
2

4
C .
2
5
C .4! = 1440 s
0,5


2.Ban nâng cao.
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 im)
Gi H l hỡnh chiu ca A trờn d, mt phng (P) i qua A v (P)//d, khi ú khong cỏch
gia d v (P) l khong cỏch t H n (P).
Gi s im I l hỡnh chiu ca H lờn (P), ta cú
HI
AH

=> HI ln nht khi
I
A


Vy (P) cn tỡm l mt phng i qua A v nhn
AH
lm vộc t phỏp tuyn.


0,5
Câu

VIa
2
điểm
)31;;21( tttHdH




vỡ H l hỡnh chiu ca A trờn d nờn
)3;1;2((0. uuAHdAH l vộc t ch phng ca d)
)5;1;7()4;1;3( AHH Vy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0


0,5
T gi thit bi toỏn ta thy cú 10
2
5
C cỏch chn 2 ch s chn (k c s cú ch s 0
ng u) v
3
5
C =10 cỏch chn 2 ch s l => cú
2
5
C .
3
5
C = 100 b 5 s c chn.
0,5

Cõu
VIIa
1
im
Mi b 5 s nh th cú 5! s c thnh lp => cú tt c
2
5
C .
3
5
C .5! = 12000 s.
Mt khỏc s cỏc s c lp nh trờn m cú ch s 0 ng u l 960!4
3
5
1
4
CC . Vy
cú tt c 12000 960 = 11040 s tha món bi toỏn
0,5