Giáo án Tiếng Anh 5 - Family & Friends - Unit 4 – Lesson 8 - Period 116

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN - Thời gian: 180’ 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 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. log 22 x  log 2 x 2  3  5 (log 4 x 2  3) dx Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm I   sin 3 x. cos 5 x 2.Giải bất phương 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 (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. Câu V (1 điểm). Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2009 + b2009 + c2009 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a4 + b4 + c4 II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm). 1. 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.  x  1  2t  2. Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình  y  t . Lập phương trình mặt phẳng  z  1  3t  (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. Cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 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. Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình. x 1 y z 1   . Lập phương trình mặt 2 1 3. 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.. http://ductam_tp.violet.vn/. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đáp án I.Phần dành cho tất cả các thí sính I 2. (0,75 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình  x  2 2x  1  x  m   2 x2  x  (4  m) x  1  2m  0 (1). II (2 điểm). Do (1) có   m 2  1  0 va (2) 2  (4  m).(2)  1  2m  3  0 m nên đường 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) Phương trình đã cho tương đương 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 1  sin x  0   6 cos x  2 sin x  7  0 (VN ) x . . 0,5. 0,5. 0,25. 0,25.  k 2. 2 2. (1 điểm) x  0 ĐK:  2 2 log 2 x  log 2 x  3  0 Bất phương trình đã cho tương đương với log 22 x  log 2 x 2  3  5 (log 2 x  3). đặt. 0,25. 0,5. (1). t = log2x,. BPT (1)  t 2  2t  3  5 (t  3)  (t  3)(t  1)  5 (t  3) t  1 t  1   t  3   3t 4   2  (t  1)(t  3)  5(t  3) . III 1 điểm. log 2 x  1 3  log x  4 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. http://ductam_tp.violet.vn/. Lop12.net. 0,25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> dx 2t ; sin 2 x  2 cos x 1 t2 dt (t 2  1) 3  I  8  dt 2t 3  t 3 ( ) 1 t2 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  dt . 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, góc AA1 H =300 a 3 . Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và 2 a 3 A1 H  nên A1H vuông góc với B1C1. Mặt khác AH  B1C1 nên 2 B1C1  ( AA1 H ) A B.  A1 H . 0,5. C. K. A1. C1 H. B1 Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1. A1 H . AH a 3  AA1 4 áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có Ta có AA1.HK = A1H.AH  HK . Câu V 1 điểm. 0,25 0,25. 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. Tương 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)  1  b 2005. http://ductam_tp.violet.vn/. Lop12.net. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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 được 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. Phần riêng. 1.Ban cơ bản Câu 1.( 1 điểm) VIa Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB  AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh điểm bằng 3  IA  3 2. . 0,5. 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 A  I 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 phương của d). Câu VIIa 1 điểm. Câu VIa 2 điểm.  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  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 như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả C 42 . C 52 .4! = 1440 số 2.Ban nâng cao. 1.( 1 điểm) Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB  AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3  IA  3 2 m 1 m  5   3 2  m 1  6   2 m  7 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).. http://ductam_tp.violet.vn/. Lop12.net. 0,5. 0,5 0,5 0,5. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn nhất khi A  I 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 phương của d). Câu VIIa 1 điểm.  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  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. 0,5. 0,5 0,5. đứng đầu) và C 53 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 . C 53 = 100 bộ 5 số được chọn. Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả C 52 . C 53 .5! = 12000 số. Mặt khác số các số được lập như 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. http://ductam_tp.violet.vn/. Lop12.net. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>