Đề 15 thi thử đại học, cao đẳng năm 2010 môn thi : Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề …………………  ……………… I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) C©u I (2 ®iÓm). Cho hµm sè 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. C©u II (2 ®iÓm) 1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8 3. 2 .Tính tích phân: I   0. 2x2  x 1 dx . x 1. C©u III (2 ®iÓm). 1.Giải bất phương trình: 2 x  10  5 x  10  x  2 2.Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ. C©u IV (1 ®iÓm). Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ c¸c c¹nh b»ng a, gãc t¹o bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuéc ®­êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®­êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a. II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) C©u Va 1.(2 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x2 1) + (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 gi¸c ABC vu«ng. 2.(1 ®iÓm). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ. C©u Vb 1..(2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình. x 1 y z 1 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song   2 1 3. víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. 2.(1 ®iÓm) XÐt ba sè thùc kh«ng ©m a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc P = a4 + b4 + c4 ……………………Hết……………………. 1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẨN GIẢI. I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) CâuI:)(2 ®iÓm) 1.(học sinh tự khảo sát hàm số) 2)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) Do (1) cã   m 2  1  0 va (2) 2  (4  m).(2)  1  2m  3  0 m nªn ®­êng th¼ng d lu«n lu«n cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ng¾n nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó AB  24 Câu II:)(2 ®iÓm) 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     x   k 2 2 6 cos x  2 sin x  7  0 (VN ) 3. 2) (1 ®iÓm).Tính: I   0. x=0=>t=1,x=3=>t=2 2. I . .   2. 2x2  x 1 dx x 1. . 2 t 2 1  t 2 1 1. 1. t. Đặt. x  1  t  x  t 2  1 => dx=2tdt; khi. 2  4t 5  2tdt =2  2t 4  3t 2 dt    2t 3   5  1. . . 2 1. =. 128 4 124 54   16  2   14  5 5 5 5. C©u III (2 ®iÓm). 1(1 ®iÓm)..BG: Giải bất phương trình:. 2 x  10  5 x  10  x  2 (1). *Điều kiện: x  2. 1 . 2 x  10  x  2  5 x  10.  2 x 2  6 x  20  x  1(2). Khi x  2 => x+1>0 bình phương 2 vế phương trình (2) (2)  2 x 2  6 x  20  x 2  2 x  1  x 2  4 x  11  0  x   ; 7   3;   Kết hợp điều kiện vậy nghiệm của bất phương trình là: x  3 2. (1 ®iÓm).Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 52  10 c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0 đứng đầu) và C 53 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 . C 53 = 100 bộ 5 số được chọn. Mçi bé 5 sè nh­ thÕ cã 5! sè ®­îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ C 42 . C 53 .5! = 12000 sè. Mặt khác số các số được lập như 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 II.PhÇn riªng.(3điểm) C©u Va : 1)(2 ®iÓm)Tõ pt cña ®­êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3  IA  3 2 m 1 m  5   3 2  m 1  6   2 m  7 2. (1 ®iÓm)Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 42  6 c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ C 52  10 c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã C 42 . C 52 = 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n Mçi bé 4 sè nh­ thÕ cã 4! sè ®­îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ C 42 . C 52 .4! = 1440 sè. 2. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> C©u 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). Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã AH  HI => HI lín nhÊt khi A  I VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn H  d  H (1  2t ; t ;1  3t ) v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn AH  d  AH .u  0 (u  (2;1;3) lµ vtcp cña ( d)  H (3;1;4)  AH (7;1;5) VËy (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 a2009 ta có 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. 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. Céng theo vÕ (1), (2), (3) ta ®­îc. 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 T¹i a = b = c = 1 th× P = 3 nªn gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 3. ……………………Hết……………………. 3. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>