Đề thi thử đại học khối A Môn: Toán

Đề thi thử đại học khối A
Mơn: Tốn
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 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
2.Giải bất phương trình

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
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 (A 1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.
Câu V (1 điểm). Cho a, b, c �0 và a 2  b 2  c 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a3
b3
c3
P



1  b2
1  c2
1 a2
II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm).
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trịn (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.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương

 x 1  2t

trình  y t
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới
 z 1  3t

(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 ln
ln có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đường
thẳng d có phương trình 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.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
x 1 y z 1
 

trình
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d
2
1
3
tới (P) là lớn nhất.
1


Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số ln ln có mặt
hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.
-Hết-

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 KHỐI A – MƠN TỐN
I.Phần dành cho tất cả các thí sính
Câu

Đáp án

Điể
m

1. (1,25 điểm)
I
(2
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)
2


Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương
 x  2
 2
0,25
 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 đường

trình

II
(2
điểm)

2x 1
 x  m 
x2

thẳng d ln ln 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

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 phương trình đã cho tương đương với
log 22 x  log 2 x 2  3  5 (log 2 x  3)

(1)

0,5

đặt 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

0,25

0,5

dx
2t
; sin 2 x 
2
cos x
1 t2
dt
(t 2  1) 3

 I 8
  3 dt
2t 3
t
(
)
2
1 t
 dt 

3


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 vng AHA1 có AA1 = a, góc
a 3
. Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H
2
a 3
thuộc B1C1 và A1 H 
nên A1H vng góc với B1C1. Mặt khác
2
AH  B1C1 nên B1C1  ( AA1 H )
 AA1 H =300  A1 H 

A

0,5

B

C

K

A1

C
H

1

B1
Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 0,25
và B1C1

Câu V
1 điểm

Ta có AA1.HK = A1H.AH  HK 

A1 H . AH a 3

AA1
4

a3

c3

Ta có: P + 3 =
 P

6
4 2



1 b

a

2

 b2 

3

2 1 b2



a

b3
1 c

2

2

2 1 b2

 c2 

1 a

2



1 b
4 2



2

0,25

 a2

b3
2 1  c2



b2
2 1  c2



1  c2
4 2

0,5

4

c3

1 a2
a6
b6
c6
3
3
3

3

3

3
16 2
16 2
16 2
2 1 a2 2 1 a2 4 2
3
3
9
 P

(a 2  b 2  c 2 )  6
2 2 23 2 2
2 8


 P



9
6

2 2

3



c2

3
2 2





9
2 2



3
2 2



3
2

Để PMin khi a = b = c = 1
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 đ2
ợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và AB AC => tứ giác ABIC là hình
điể
vuông cạnh bằng 3 IA 3 2
m


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

0,5

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)
 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 tốn ta thấy có C 42 6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì khơng 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
2
Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả C 42 . C 5 .4! = 1440
số

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
0,5
điể
cạnh bằng 3 IA 3 2
m
m 1
m 5


2

3 2  m  1 6  
 m 7

0,5
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

0,5

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)
 H (3;1;4)  AH (  7; 1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0

Câu
VIIa
1
điểm

0,5

 7x + y -5z -77 = 0
2
Từ giả thiết bài tốn ta thấy có C 5 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ 0,5
3
2
3
số 0 đứng đầu) và C 5 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 5 . C 5 = 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. 0,5
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

6