Đề và đáp án thi thử ĐH số 24

wWw.VipLam.Info
Trờng THPT Trần Hng Đạo

đề thi thử đại học lần thứ nhất khối A
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút

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 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

log 22 x log 2 x 2 3 > 5 (log 4 x 2 3)

dx
sin x. cos 5 x
Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1 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 (A1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1.
Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA1 và B1C1 theo a.
Câu V (1 điểm). Cho a, b, c 0 v a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
a3
b3

c3
P=
+
+
1 + b2
1 + c2
1 + a2
Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm I =

3

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

x = 1 + 2t

. Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là
y = t
z = 1 + 3t

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): 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.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình
x 1 y z 1
= =
. Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P)
2
1
3
là lớn nhất.
1


wWw.VipLam.Info
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-

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

0,5

y = lim y = 2; lim y = ; lim y = +
+Giới hạn: lim
x
x +
x 2
x 2
+



Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là
y=2
+ y' =

3
> 0 x D
( x + 2) 2

0,25

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;2) và (2;+)
+Bảng biến thiên
x
y

+

-2
+

+

+

0,25
2

y
2



c.Đồ thị:
Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0;

1
1
) và cắt trục Ox tại điểm( ;0)
2
2

Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng

y

0,25

2
-2

O

x

2. (0,75 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng
2


wWw.VipLam.Info
I
(2
điểm)

x 2
2x + 1
= x + m 2
x+2
x + ( 4 m) x + 1 2m = 0 (1)

trình

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
1. (1 điểm)

Phơng trình đã cho tơng đơng với
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

0,25

0,5

0,5

0,25

1 sin x = 0


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

x = + k 2

0,25

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

2

0,5
(1)

đặt t = log2x,
BPT (1) t 2 2t 3 > 5 (t 3) (t 3)(t + 1) > 5 (t 3)
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


III
1 điểm

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

0,25

0,5

dx
2t
; sin 2 x =
2

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

3


wWw.VipLam.Info
t + 3t + 3t + 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
=∫

C©u
IV
1 ®iÓm

6

4

2

0,5

Do AH ⊥ ( A1 B1C1 ) nªn gãc ∠AA1 H lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶
thiÕt th× gãc ∠AA1 H b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc
a 3
. Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H
2
a 3
thuéc B1C1 vµ A1 H =
nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c
2
AH ⊥ B1C1 nªn B1C1 ⊥ ( AA1 H )
∠AA1 H =300 ⇒ A1 H =

A

0,5

B

C

K

A1

C
H

1

B1
KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1
vµ B1C1
Ta cã AA1.HK = A1H.AH ⇒ HK =
C©u V
1 ®iÓm

Ta có: P + 3 =
⇔ P+

6
4 2

=

a3
1+ b

a

2

3

2 1+ b2

b3

+ b2 +

+

1+ c

a

2

2 1+ b2

2

+

0,25

A1 H . AH a 3
=
AA1
4

+ c2 +

1+ b
4 2

2

c3
1+ a

+

2

0,25

+ a2

b3
2 1 + c2

+

b2

2 1 + c2

+

1 + c2
4 2

0,5
+

c

3

2 1+ a

2

+

c

2

2 1+ a

2

+

1+ a
a
b
c
≥ 33
+ 33
+ 33
4 2
16 2
16 2
16 2
2

6

6

6

4


wWw.VipLam.Info

0,5

Phần riêng.
1.Ban cơ bản
Câu
1.( 1 điểm)

VIa
Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2
2
tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và AB AC => tứ giác ABIC là hình vuông
điểm 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).
Giả 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)
H (3;1;4) AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0

Câu

VIIa
1
điểm

7x + y -5z -77 = 0
Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 42 = 6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có
số 0)và C 52 = 10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 . C 52 = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài
toán
Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập. Vậy có tất cả C 42 . C 52 .4! = 1440 số

0,5

0,5
0,5

0,5

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 đợc 2
2
tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và AB AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh 0,5
điểm bằng 3 IA = 3 2


m 1

m = 5

= 3 2 m 1 = 6
2
m = 7

0,5

2. (1 điểm)
5


wWw.VipLam.Info
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
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)
H (3;1;4) AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0

Câu
VIIa
1
điểm

7x + y -5z -77 = 0
Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 52 = 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ
số 0 đứng đầu) và C 53 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 . C 53 = 100 bộ 5 số đợc
chọn.

Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả C 52 . C 53 .5! = 12000 số.
Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C 41 .C 53 .4!= 960 .
Vậy có tất cả 12000 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán

0,5

0,5
0,5

0,5

6