ôn thi toán đại học, đề số 15

Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng A1B1C1 thuộc đờng thẳng B1C1.. Tìm m để trên đđ-ờng 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 ha

http://ductam_tp.violet.vn/ đề thi thử đại học lần thứ nhất khối A Trờng THPT Trần Hng Đạo Môn: Toán Thời gian: 180 phút

I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số

2

1

2

+

+

=

x

x

y có đồ thị là (C)

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 log 3 5(log 2 3)

4

2 2

2

Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm =∫

x x

dx

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 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 và a2+ + =b2 c2 3 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức

P

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 đ-ờng thẳng d: x + y + m = 0 Tìm m để trên đđ-ờng 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









+

=

=

+

=

t

z

t

y

t

x

3

1

2

1

Lập phơng 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 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

3

1 1

2

1= = −

x Lập phơng 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

-Hết-đáp án đề thi thử đại học lần 1 khối a môn toán–

I.Phần dành cho tất cả các thí sính

m

1 (1,25 điểm)

(2

điểm) b.Chiều biến thiên +Giới hạn: = = =−∞ =+∞

−

−

→ +∞

→

−∞

lim

; lim

; 2 lim lim

x x

x x

y y

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

+

) 2 (

3

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;−2) và (−2;+∞) 0,25 +Bảng biến thiên

x −∞ -2 +∞

y’ + +

+∞ 2

y

2 −∞

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)

2 (0,75 điểm)

Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng

trình







=

− +

− +

−

≠

⇔ +

−

= +

+

) 1 ( 0 2 1 ) 4 (

2 2

1 2

x

x m x x

x

Do (1) có∆=m2 +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

0,25

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

0,5

II

(2

điểm)

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

0,5

 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0

 16−cossinx x+=2sin0 x−7=0(VN)

0,25

x y

O 2 -2

ĐK:







≥

−

−

>

0 3 log

log

0

2 2

2

x

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với

) 1 ( ) 3 (log 5 3 log

2

2

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

x t

t t

t t t









<

<

≤

<

⇔

16 8

2

1 0

x

x

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ] (8;16)

2

1

; 0

III

x x

dx x

x x

dx

cos 2 sin

8 cos cos sin

đặt tanx = t

dt t t t

t

dt I

t

t x x

dx dt

+

=

⇒

+

=

=

⇒

3

3 2

3 2

2 2

) 1 ( ) 1

2 ( 8

1

2 2 sin

; cos

0,5

C x x

x x

dt t t t t

dt t

t t t

+

− +

+

= +

+ +

=

+ + +

=

∫

∫

−

2 2

4 3

3 3

2 4 6

tan 2

1 tan

ln 3 tan 2

3 tan 4

1 )

3 3 (

1 3 3

0,5

Câu

IV

1 điểm Do AH ⊥(A1B1C1) nên góc ∠AA1Hlà góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả

thiết thì góc ∠AA1Hbằng 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc

H

AA1

∠ =300

2

3 1

a H

⇒ 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 đờng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1

và B1C1

0,25

Ta có AA1.HK = A1H.AH

4

3

1

AA

AH H A

Câu V

2

3 2 2

3 2 2

3

1 1

c c c

b b b

a

+ + + + + + + +

2 4

1 1

2 1

2 2 4

2

2 2

b

a b

a

+

+ +

= +

2 4

1 1

2 1

2

2 2

2 2

c

b c

+

+ + +

2 4

1 1

2 1

2

2 2

2 2

a

c a

+

+ +

6 3

6 3

6

2 16

3 2 16

3 2 16

≥

6 2 2 2

9 ) (

2 2 2

3 2

2

+

2

3 2 2

3 2 2

9 2 2

3 2 2

9

≥

⇒P

Để PMin khi a = b = c = 1

0,5

0,5

Phần riêng.

1.Ban cơ bản

Câu 1.( 1 điểm)

A1

C

C

1

B1 K

H





=

−

=

⇔

=

−

⇔

=

−

⇔

7

5 6

1 2

3 2

1

m

m m

m

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

I

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

0,5

) 3 1

;

; 2 1 ( t t t H

d

H∈ ⇒ + + vì H là hình chiếu của A trên d nên

) 3

; 1

; 2 ( ( 0

⇒

) 5

; 1

; 7 ( )

4

; 1

; 3

⇒H AH Vậy (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 2 6

4 =

C cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và 2 10

5 =

C cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2

5

5

C = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán

0,5

Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập Vậy có tất cả 2

4

5

C 4! = 1440 số 0,5

2.Ban nâng cao.

Câu

VIa

2

điểm

1.( 1 điểm)

Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và AB⊥ AC=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh

bằng 3⇒IA=3 2

0,5







=

−

=

⇔

=

−

⇔

=

−

⇔

7

5 6

1 2

3 2

1

m

m m

m

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

I

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

0,5

) 3 1

;

; 2 1 ( t t t H

d

H∈ ⇒ + + vì H là hình chiếu của A trên d nên

) 3

; 1

; 2 ( ( 0

⇒

) 5

; 1

; 7 ( )

4

; 1

; 3

⇒H AH Vậy (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 2 10

5 =

C cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ

số 0 đứng đầu) và 3

5

C =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2

5

5

C = 100 bộ 5 số đợc chọn

0,5

Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả 2

5

5

C 5! = 12000 số

Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là 3.4! 960

5

1

4C =

Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán

0,5