thu suc 14

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (271.95 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở GD & ĐT H-ng Yên đề thi thử đại học lần thứ nhất khối A
Tr-ờng THPT Trần H-ng Đạo Mơn: Tốn Thời gian: 180 phút

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

2

1

2 x

y

cú th là (C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2.Chứng minh đ-ờng 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 ph-ơng trình 9sinx + 6cosx 3sin2x + cos2x = 8

2.Giải bất ph-ơng tr×nh log log 3 5(log4 2 3)

2
2

2 x x x

Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm

x
x

dx

I 3 5

cos
.
sin

Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và

mt phng ỏy bng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuc -ng thng B1C1.

Tính khoảng cách giữa hai đ-ờng thẳng AA1 và B1C1 theo a.

Câu V (1 ®iÓm). Cho a, b, c0 và 2 2 2
3

a b c 

.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

2 2 2

1 1 1

a b c

P

b c a

II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo ch-ơng trình chuẩn 
Câu VIa (2 điểm).

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đ-ờng tròn (C) có ph-ơng trình (x-1)2

+ (y+2)2

= 9 và
đ-ờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đ-ờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đ-ợc
hai tiếp tuyến AB, AC tới đ-ờng 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 đ-ờng thẳng d có ph-ơng trình

t

z

t

y

t

x

3

1

2

1

. Lập ph-ơng trình mặt phẳng (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 ch-ơng trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb (2 ®iÓm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đ-ờng tròn (C): x2

+ y2

- 2x + 4y - 4 = 0 và đ-ờng
thẳng d có ph-ơng trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đ-ờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó
kẻ đ-ợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đ-ờng 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 đ-ờng thẳng d có ph-ơng
trình

3
1
1

1  

 y z

x

. Lập ph-ơng 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.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

đáp án đề thi thử đại học lần 1 khối a – mơn tốn 
I.Phần dành cho tất cả cỏc thớ sớnh

Câu Đáp án Điể

m 
I

(2 
điểm)

1. (1,25 điểm) 
a.TXĐ: D = R\{-2}

b.Chiều biến thiên

+Giới hạn: 



 









 2 2

lim
;
lim

;
2
lim
lim

x
x

y
y

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

y = 2

0,5

+ x D

x

y   



 0

)
2
(

3
' 2

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;2) và (2;) 0,25

+B¶ng biÕn thiªn

x  -2 
y’ + +

 2
y

0,25

c.Đồ thị:

Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0;

2
1

) và cắt trục Ox tại điểm(

2
1

;0)
th nhn im (-2;2) làm tâm đối xứng

0,25

2. (0,75 ®iĨm)

Hồnh độ giao điểm của đồ thị (C ) và đ-ờng thẳng d là nghiệm của ph-ơng
trình





















)
1
(
0
2
1
)
4
(

2
2

1
2

m
x

x
m
x
x

x

Do (1) cóm2 10va(2)2(4m).(2)12m30m nên đ-ờng
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B

0,25
x
y

O
2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

+ 12) suy ra AB ngắn nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó AB 24
II

(2 
®iĨm)

1. (1 ®iĨm)

Ph-ơng trình đã cho t-ơng đ-ơng với

9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8

 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0

 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0

0,5

 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0

 







)
(
0
7

sin
2
cos
6
0
sin
1
VN
x
x
x
0,25

 2

2 k

x 0,25

2. (1 điểm)

ĐK:

0

3
log
log
0
2
2
2

2x x

x

Bất ph-ơng trình đã cho t-ơng đ-ơng với

)
1
(
)
3
(log
5
3
log
log 2
2
2
2

2 x x   x

đặt t = log2x,

BPT (1)  t2 2t3  5(t3) (t3)(t1)  5(t3)

0,5

































4
log
3
1
log
4
3
1
)
3
(
5
)
3
)(
1
(
3
1
2
2
2 x
x

t
t
t
t
t
t
t 0,25









16
8
2
1
0
x
x

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ] (8;16)
2
1
;
0
( 

III

1 ®iĨm 







x x

dx
x

x
x

dx

I 3 3 2 3 2

cos
.
2
sin
8
cos
.
cos
.
sin

đặt tanx = t

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu IV

1 điểm Do AH (A1B1C1) nên góc AA1H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả

thiết thì góc AA1H bằng 30

0. Xét tam giác vuông AHA

1 có AA1 = a, gãc
H

AA1

 =300

2
3
1

a
H

A 

 . Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H

thuộc B1C1 và

2
3
1

a
H

A nên A1H vuông góc với B1C1. Mặt khác

1
1C

B

AH nên B1C1 (AA1H)

0,5

Kẻ đ-ờng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1
vµ B1C1

0,25

Ta cã AA1.HK = A1H.AH

4
3
.

1 a

AA
AH
H
A

HK 

0,25

Câu V

1 điểm Ta cú: P + 3 =

2
2
3
2
2
3
2
2
3

1
1

a
a

c
c
c
b
b
b

a 









2
4
1
1

2
1

2
2
4

6 2

2
2
2

b
b

a
b

a

P  









2
4
1
1

2
1

2
2

c
c

b
c

b 







2
4
1

2
1

2
2

a
a

c
a

c 






 3

6
3

2
16
3
2
16
3
2
16

3 a  b  c



6
2
2
2

3 2 8

9
)

(

2
2
2

3
2

3    



P a b c

2
3
2
2

3
2
2

9
2
2

3
2
2

6 3    



P

Để PMin khi a = b = c = 1

0,5

Phần riêng.

1.Ban cơ bản 
Câu

VIa 
2 
điểm

1.( 1 điểm)

Từ ph-ơng trình chính tắc của đ-ờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ

đ-ợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đ-ờng tròn và AB AC=> tứ giác ABIC là hình
vuông cạnh bằng 3IA3 2

0,5
A1

A B

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

















7
5
6

1
2

3
2

m
m
m

m

0,5

2. (1 ®iĨm)

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 t H n (P).

Giả sử điểm I là hình chiÕu cđa H lªn (P), ta cã AH HI=> HI lớn nhất khi

I
A

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyÕn.

0,5

)
3
1
;
;
2
1

( t t t
H

d

H    v× H là hình chiếu của A trên d nên

)
3
;
1
;
2
(

(
0

d AHu u

AH là véc tơ chỉ ph-ơng của d)

)
5
;
1
;
7
(
)

4
;
1
;
3

(   

H AH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0

 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Câu 
VIIa 
1 
điểm

Từ giả thiết bài toán ta thấy có C42 6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số
0)và C52 10 cách chän 2 ch÷ sè lÏ => cã

2
5

C . 2
5

C = 60 bộ 4 số thỏa mÃn bài
toán

0,5

Mỗi bộ 4 số nh- thế có 4! số đ-ợc thành lập. Vậy có tất cả 2
4

C . 2

C .4! = 1440
sè

0,5

VIa 
2 
điểm

1.( 1 điểm)

Từ ph-ơng trình chính tắc của đ-ờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đ-ợc 2
tiếp tuyến AB, AC tới đ-ờng tròn và AB AC=> tứ giác ABIC là hình vuông
cạnh bằng 3IA3 2

0,5

7
5
6

1
2

3
2

m
m
m

m

0,5

2. (1 ®iĨm)

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 t H n (P).

Giả sử điểm I là hình chiÕu cđa H lªn (P), ta cã AH HI=> HI lớn nhất khi

I
A

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyÕn.

0,5

)
3
1
;
;
2
1

( t t t
H

d

H    v× H là hình chiếu của A trên d nên

)
3
;
1
;

2
(
(
0

d AHu u

AH là véc tơ chỉ ph-ơng của d)

)
5
;
1
;
7
(
)

4
;
1
;
3

(   

H AH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0

 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Câu 
VIIa 
1 
điểm

T gi thit bi tốn ta thấy có C52 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ
số 0 đứng u) v 3

C =10 cách chọn 2 chữ số lÏ => cã 2
5

C . 3
5

C = 100 bộ 5 số đ-ợc
chọn.

0,5

Mỗi bộ 5 số nh- thế có 5! số đ-ợc thành lập => cã tÊt c¶ 2
5

C . 3
5

C .5! = 12000 số.
Mặt khác số các số đ-ợc lập nh- trên mà có chữ số 0 đứng đầu là . 53.4! 960

4 C 

C .

VËy cã tÊt c¶ 12000 960 = 11040 số thỏa mÃn bài toán

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6></div>

thu suc 14

2

1

2

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

.

<i>t</i>

<i>z</i>

<i>t</i>

<i>y</i>

<i>t</i>

<i>x</i>

3

1

2

1





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về