ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO ppsx

1

SO GD T HA NOI
đề LUYN THI đại học khối A 2011
Trờng THPT Trần Hng Đạo
Môn: Toán Thời gian: 180 phút
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 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.Giải bất phơng 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 đờng thẳng B
1

C
1
.
Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Câu V (1 điểm). Cho a, b, c
0

v
2 2 2
3
a b c

. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc

3 3 3
2 2 2
1 1 1
a b c
P
b c a



II.Phần riêng (3 điểm)

1.Theo chơng trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm).
1.Trong mặt phẳng với hệ 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.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình








tz
ty
tx
31
21
. Lập phơng 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 chơng trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C): x

2
+ y
2
- 2x + 4y - 4 = 0 và đờng
thẳng d có phơng trình 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.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng
trình
3
1
1
2
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.
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- www.laisac.page.tl
2


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 Điể
m

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)

I
(2
điểm)
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

0,25

x
y
O
2
-2
3

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
24AB

0,5
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
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 phơng trình đã cho tơng đơng 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

II
(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  nªn gãc HAA
1
 lµ gãc gi÷a AA
1
vµ (A
1
B
1
C
1
), theo gi¶
thiÕt th× gãc HAA
1
 b»ng 30
0
. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA
1
cã AA
1
= a, gãc
HAA

1
 =30
0

2
3
1
a
HA  . Do tam gi¸c A
1
B
1
C
1
lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H
thuéc B
1
C
1
vµ
2
3
1
a
HA  nªn A
1
H vu«ng gãc víi B
1
C
1

. MÆt kh¸c
11
CBAH  nªn )(
111
HAACB 




















0,5

KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA
1
H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA
1

vµ B
1
C
1

0,25

C©u IV

1 ®iÓm

Ta cã AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3

.
1
1
a
AA
AHHA
HK 

0,25






0,5
C©u V
1 ®iÓm

Ta có: 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
Để P
Min
khi a = b = c = 1

0,5






A
1

A B
C
C
B
1
K
H
5


Phần riêng.
1.Ban cơ bản
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 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
HI
AH

=> HI lớn nhất khi
I
A


Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.


0,5
Câu
VIa
2
điểm
)31;;21( tttHdH




vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. uuAHdAH là véc tơ chỉ phơng 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
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
Câu
VIIa
1
điểm
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
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 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
HI
AH

=> HI lớn nhất khi
I
A


Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.


0,5
Câu
VIa
2
điểm
)31;;21( tttHdH

vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. uuAHdAH là véc tơ chỉ phơng của d)


0,5
6

)5;1;7()4;1;3( AHH Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
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.
0,5
Câu
VIIa
1
điểm

Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả
2
5
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
0,5