Đề 42 thi thử đại học lần thứ nhất khối A Môn: Toán

Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn C B, C lµ hai tiÕp ®iÓm sao cho tam gi¸c ABC vu«ng... 0,75 ®iÓm Hoành độ giao điể[r]

Sở GD & ĐT Hưng Yên đề thi thử đại học lần thứ nhất khối A Trường THPT Trần Hưng Đạo Môn: Toán Thời gian: 180 phút

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

Câu I (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị là (C)

2

1

2







x

x y

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 log 3 5(log 2 3)

4

2 2

2

2 x x   x 

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 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 a2b2c2 3 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

P

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 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

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình

Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là





















t

z

t

y

t

x

3

1

2

1

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.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + 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 trình

Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới 3

1 1

2

1  

x

(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)

a.TXĐ: D = R\{-2}

b.Chiều biến thiên













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; ) và cắt trục Ox tại điểm( ;0)

2

1

2

1



Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng

0,25

2 (0,75 điểm)

Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương

trình

































) 1 ( 0 2 1 ) 4 (

2 2

1 2

x

x m x x

x

Do (1) cóm2 10va (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

0,25

I

(2

điểm)

Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 0,5

x

y

O 2

-2

+ 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

0,5

 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0

 















) ( 0 7 sin 2 cos 6

0 sin 1

VN x

x x

0,25

2 k

2 (1 điểm)

ĐK:















0 3 log

log

0

2 2

2

2 x x x

Bất phương trình đã cho tương đương với

) 1 ( ) 3 (log 5 3 log

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

x t

t t

t t t

II

(2

điểm)

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là:



















16 8

2

1 0

x

x

) 16

; 8 ( ] 2

1

; 0



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

III

1 điểm

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

Do AH  (A1B1C1) nên góc AA1H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả

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

=300 Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H

H

AA1



2

3 1

a H



thuộc B1C1 và nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác

2

3 1

a H

nên

1

1C B

0,5

Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1

và B1C1

0,25

Câu IV

1 điểm

Ta có AA1.HK = A1H.AH

4

3

1

AA

AH H A

0,5

Câu V

3 2 2

3 2 2 3

1 1

c c c

b b b















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

Phần riêng.

1.Ban cơ bản

1.( 1 điểm)

Câu

VIa

2

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

0,5

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

A

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

0,5

vì H là hình chiếu của A trên d nên )

3 1

;

; 2 1

H d

là véc tơ chỉ phương của d) )

3

; 1

; 2 ( ( 0



AH

Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 )

5

; 1

; 7 ( )

4

; 1

; 3

 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Từ giả thiết bài toán ta thấy có 2 6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số

4 

C

0)và 2 10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài

5 

5

5

C

toán

0,5

Câu

VIIa

1

điểm

Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập Vậy có tất cả 2 .4! = 1440

4

5

C

số

0,5

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

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

A

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

0,5

Câu

VIa

2

điểm

vì H là hình chiếu của A trên d nên )

3 1

;

; 2 1

H d

là véc tơ chỉ phương của d) )

3

; 1

; 2 ( ( 0



AH

Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 )

5

; 1

; 7 ( )

4

; 1

; 3

 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Từ giả thiết bài toán ta thấy có 2 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ

5 

C

số 0 đứng đầu) và 3=10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có = 100 bộ 5 số được

5

5

5

C

chọn

0,5

Câu

VIIa

1

điểm

Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả 2 .5! = 12000 số

5

5

C

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

5

1

4 C 

C

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

0,5