ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC TOÁN (15)

TRUNG TM LUYN THI H

THI TH I HC
MễN: TON
Thi gian lm bi: 180 phỳt.

( s 15)

I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y =

2x + 1
có đồ thị là (C)
x+2

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2.Chứng minh đờng thẳng: 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

log 22 x log 2 x 2 3 > 5 (log 4 x 2 3)
dx
Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm I =
3
sin x. cos 5 x
2.Giải bất phơng trình

Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên
và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A 1B1C1) thuộc đờng
thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA1 và B1C1 theo a.

Câu V (1 điểm). Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 2009 + b2009 + c2009 = 3. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức P = a4 + b4 + c4
II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo chơng trình chuẩn
Câu Via:
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.

x = 1 + 2t

2.Cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình y = t
. Lập phơng trình
z = 1 + 3t

mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu VIIa: 1). 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.
4

z +i
2) Giải phơng trình:
= 1, ( z C )
z

i


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): x2 + y2 - 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.Cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình

x 1 y z 1
= =
. Lập phơng
2
1
3

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.



HNG DN GII: ( s 15)
I.Phần dành cho tất cả các thí sính
CâuI
Đáp án
2. (0,75 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của
x 2
2x + 1
= x + m 2
phơng trình

x+2
x + (4 m) x + 1 2m = 0 (1)
Do (1) có = m 2 + 1 > 0 va (2) 2 + ( 4 m).(2) + 1 2m = 3 0 m nên đờng
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
Ta có yA = m xA; yB = m xB nên AB2 = (xA xB)2 + (yA yB)2 = 2(m2 +
12) suy ra AB ngắn nhất AB2 nhỏ nhất m = 0. Khi đó AB = 24
II
1. (1 điểm)
(2
Phơng trình đã cho tơng đơng với
điểm) 9sinx + 6cosx 6sinx.cosx + 1 2sin2x = 8
6cosx(1 sinx) (2sin2x 9sinx + 7) = 0
6cosx(1 sinx) (sinx 1)(2sinx 7) = 0
(1-sinx)(6cosx + 2sinx 7) = 0
1 sin x = 0

6 cos x + 2 sin x 7 = 0 (VN )

x = + k 2
2
2. (1 điểm)
x > 0
ĐK: 2
2
log 2 x log 2 x 3 0
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với
log x log 2 x 3 > 5 (log 2 x 3)
2
2

đặt

2

Điểm

0,25

0,5

0,5

0,25

0,25

0,5

(1)

t = log2x,

BPT (1) t 2 2t 3 > 5 (t 3) (t 3)(t + 1) > 5 (t 3)

III
1
điểm

t 1
log x 1

t 1

t > 3

2
3 < t < 4
3 < log 2 x < 4
(t + 1)(t 3) > 5(t 3) 2

1

0< x
1


2 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; ] (8;16)

2
8 < x < 16
dx
dx
I= 3
= 8 3
3
2
sin x. cos x. cos x
sin 2 x. cos 2 x
đặt tanx = t
dx
2t

dt =
; sin 2 x =
2
cos x
1+ t2
dt
(t 2 + 1) 3
I = 8
=
dt
3
2t 3
t
(
)
1+ t2

0,25

0,5


t 6 + 3t 4 + 3t 2 + 1
=
dt
t3
3
1
3
1

= (t 3 + 3t + + t 3 ) dt = tan 4 x + tan 2 x + 3 ln tan x
+C
t
4
2
2 tan 2 x
Câu
IV
1
điểm

0,5

Do AH ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả
thiết thì góc AA1 H bằng 300. Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a,
a 3
. Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều
2
a 3
cạnh a, H thuộc B1C1 và A1 H =
nên A1H vuông góc với B1C1. Mặt
2
khác AH B1C1 nên B1C1 ( AA1 H )
góc AA1 H =300 A1 H =

A

0,5

B

C

K

A1

C
H

1

B1
Kẻ đờng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa
AA1 và B1C1

0,25

A1 H . AH a 3
=
AA1
4
áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có

0,25

Ta có AA1.HK = A1H.AH HK =
Câu V
1
điểm

2009
1 +1 + ...
+ a 2009 + a 2009 + a 2009 2009.2009 a 2009 .a 2009 .a 2009 .a 2009 = 2009.a 4 (1)
+
1+ a
2005

Tơng tự ta có
2009
1 +1 + ...
+ b 2009 + b 2009 + b 2009 2009.2009 b 2009 .b 2009 .b 2009 .b 2009 = 2009.b 4 (2) 0,5
+
1+ b
2005
2009
1 +1 + ...
+ c 2009 + c 2009 + c 2009 2009.2009 c 2009 .c 2009 .c 2009 .c 2009 = 2009.c 4 (3)
+
1+ c
2005

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc
6015 + 4(a 2009 + b 2009 + c 2009 ) 2009(a 4 + b 4 + c 4 )
6027 2009(a 4 + b 4 + c 4 )
Từ đó suy ra P = a 4 + b 4 + c 4 3
Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3.

Câu
VIa

0,5


1.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 AB AC => tứ giác ABIC là
hình vuông cạnh bằng 3 IA = 3 2


0,5

m 1

m = 5
= 3 2 m 1 = 6
2
m = 7

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).
G.sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH HI => HI lớn nhất khi
AI
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp
tuyến.
H d H (1 + 2t ; t ;1 + 3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên
AH d AH .u = 0 (u = (2;1;3) là véc tơ chỉ phơng của d)

0,5

0,5
H (3;1;4) AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
Câu Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 42 = 6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì
0,5
VIIa
2
2
2
không có số 0)và C 5 = 10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 5 . C 5 = 60 bộ 4 số
1
thỏa mãn bài toán
điể
2
0,5
Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập. Vậy có tất cả C 42 . C 5 .4! =
m
1440 số
2.Ban nâng cao.
Câu 1.( 1 điểm)
VIa
Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đ2
ợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và AB AC => tứ giác ABIC là hình
0,5
điể
vuông cạnh bằng 3 IA = 3 2
m
m 1

m = 5

= 3 2 m 1 = 6
2
m = 7
0,5
2.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 AH HI => HI lớn nhất khi 0,5
AI
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp
tuyến.
H d H (1 + 2t ; t ;1 + 3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên
AH d AH .u = 0 (u = (2;1;3) là véc tơ chỉ phơng của d)
0,5
Vậy
(P):
7(x

10)
+
(y

2)

5(z
+
1)
=
0

H (3;1;4) AH (7;1;5)
7x + y -5z -77 = 0
Câu Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 52 = 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số 0,5
VIIa
3
2
3
có chữ số 0 đứng đầu) và C 5 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 5 . C 5 = 100
1
bộ 5 số đợc chọn.
điể
2
3
0,5
Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả C 5 . C 5 .5! = 12000
m
số.
Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là


C 41 .C 53 .4!= 960 . VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n