đề đáp án thi thử ĐH-CĐ 2010 LB8

THI TH I HC-CAO NG NM 2010 LB8
Mụn thi : TON
Thi gian lm bi : 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt



I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
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 đờng 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 phơng 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.Gii bt phng trỡnh:
2 10 5 10 2x x x+ +
2.Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 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 đờng
thẳng B
1
C
1

. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
II. PHN RIấNG (3.0 im)
Câu Va
1.(2 điểm)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)
2
+ (y+2)
2
= 9
và đờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ
đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng 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 đờng thẳng d có ph-
ơng trình
3
1
12
1
==
zyx
. Lập phơng 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

2010
+ b
2010
+ c
2010
= 3.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a
4
+ b
4
+ c
4

Ht



HNG DN GII LB8
GV:Mai Thnh LB THI TH I HC CAO NG
1
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)CõuI:)(2 điểm)
1) 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
+
Dx
x
y >
+
= 0
)2(
3
'
2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)2;(
và
);2( +
+Bảng biến thiên
x

-2
+
y + +

+
2
Y
2

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

2)Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình



=++

+=
+
+
)1(021)4(
2
2
12
2
mxmx
x
mx
x
x

Do (1) có
mmmvam =++>+= 0321)2).(4()2(01
22
nên đờng 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 AB
2
nhỏ nhất m = 0. Khi đó
24=AB
Cõu II:)(2 điểm)
1)(1 điểm).Phơng trình đã cho tơng đơng 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 (1-sinx)(6cosx + 2sinx 7) = 0




=+
=
)(07sin2cos6
0sin1
VNxx
x



2
2
kx +=
2) (1 điểm).Tớnh:

3
2
0
2 1
1
x x
I dx
x
+
=
+

t
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
2 =2 2 3 2
5

128 4 124 54
= 16 2 14
5 5 5 5
t t
t
I tdt t t dt t
t
+

= =
ữ

+ = =

Câu III (2 điểm).
GV:Mai Thnh LB THI TH I HC CAO NG
2
x
y
O
2
-2
1(1 điểm) BG: Gii bt phng trỡnh:
2 10 5 10 2x x x+ +
(1)
iu kin:
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 phng 2 v phng trỡnh (2)
(
] [
)
2 2 2
(2) 2 6 20 2 1 4 11 0 x ; 7 3;x x x x x x + + + + +
Kt hp iu kin vy nghim ca bt phng trỡnh l:
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 đợc chọn.
Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả
2
4
C
.
3
5
C
.5! = 12000 số.
Mặt khác số các số đợc lập nh 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.PHN RIấNG: (3im)
Câu Va :
1)(2 điểm)Từ pt ct 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

=
=
==


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 nh thế có 4! số đợc thành lập. Vậy có tất cả
2
4
C
.
2
5
C
.4! = 1440 số
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 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
20102010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 4
2006
1 1 1 2010. . . . 2010. (1)a a a a a a a a a+ + + + + + + =
1 42 43
Tơng tự ta có
20102010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 4
2006
1 1 1 2010. . . . 2010. (2)b b b b b b b b b+ + + + + + + =
1 42 43
20102010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 4
2006
1 1 1 2010. . . . 2010. (3)c c c c c c c c c+ + + + + + + =
1 42 43
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc
2009 2009 2009 4 4 4
4 4 4
6018 4( ) 2010( )
6030 2010( )
a b c a b c
a b c
+ + + + +
+ +
Từ đó suy ra
3
444

++= cbaP
Nên giá trị lớn nhất của P = 3 ; khi .a = b = c = 1
Ht

GV:Mai Thnh LB THI TH I HC CAO NG
3