Tải bản đầy đủ

Tài liệu Đề và đáp án thi thử ĐH 2010 môn Toán khối A lần thứ nhất ppt

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
2
12
+
+
=
x
x
y
có đồ thị là (C)
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

)3(log53loglog
2
4
2
2
2
2
−>−−
xxx
Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm

=
xx
dx
I
53
cos.sin
Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và
mặt phẳng đáy bằng 30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B
1
C
1
) thuộc đường thẳng B
1
C
1
.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Câu V (1 điểm). Cho a, b, c
0≥

2 2 2
3a b c+ + = . Tỡm giỏ 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 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





+=
=
+=
tz
ty
tx
31
21
. Lập phương 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 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
+ y
2
- 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
3
1
12
1

==

zyx
. Lập phương 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
1
I.Phần dành cho tất cả các thí sính
Câu Đáp án Điể
m
I
(2
điểm)
1. (1,25 điểm)
a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên
+Giới hạn:
+∞=−∞===
−+
−→−→
+∞→−∞→
22
lim;lim;2limlim
xx
xx
yyyy
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là
y = 2
0,5
+
Dx
x
y
∈∀>
+
=
0
)2(
3
'
2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)2;(
−−∞

);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)
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(021)4(
2
2
12
2
mxmx
x
mx
x
x
Do (1) có
mmmvam
∀≠−=−+−−+−>+=∆
0321)2).(4()2(01
22
nên đường
0,25
2
x
y
O
2
-2
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
Ta có y
A
= m – x
A
; y
B
= m – x
B
nên AB
2
= (x
A
– x
B
)
2
+ (y
A
– y
B
)
2
= 2(m
2
+ 12)
suy ra AB ngắn nhất  AB
2
nhỏ nhất  m = 0. Khi đó
24
=
AB
0,5
II
(2
điểm)
1. (1 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin
2
x = 8
 6cosx(1 – sinx) – (2sin
2
x – 9sinx + 7) = 0
 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0
0,5
 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0




=−+
=−
)(07sin2cos6
0sin1
VNxx
x
0,25

π
π
2
2
kx
+=
0,25
2. (1 điểm)
ĐK:



≥−−
>
03loglog
0
2
2
2
2
xx
x
Bất phương trình đã cho tương đương với
)1()3(log53loglog
2
2
2
2
2
−>−−
xxx
đặt t = log
2
x,
BPT (1) 
)3(5)1)(3()3(532
2
−>+−⇔−>−−
tttttt
0,5



<<
−≤




<<
−≤









−>−+
>
−≤

4log3
1log
43
1
)3(5)3)(1(
3
1
2
2
2
x
x
t
t
ttt
t
t
0,25




<<
≤<

168
2
1
0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là:
)16;8(]
2
1
;0(

III
1 điểm
∫ ∫
==
xx
dx
xxx
dx
I
23233
cos.2sin
8
cos.cos.sin
đặt tanx = t
dt
t
t
t
t
dt
I
t
t
x
x
dx
dt
∫ ∫
+
=
+
=⇒
+
==⇒
3
32
3
2
22
)1(
)
1
2
(
8
1
2
2sin;
cos
0,5
3
C
x
xxxdtt
t
tt
dt
t
ttt
+−++=+++=
+++
=



2
2433
3
246
tan2
1
tanln3tan
2
3
tan
4
1
)
3
3(
133
0,5
Câu
IV
1 điểm
Do
)(
111
CBAAH

nên góc
HAA
1

là góc giữa AA
1
và (A
1
B
1
C
1
), theo giả
thiết thì góc
HAA
1

bằng 30
0
. Xét tam giác vuông AHA
1
có AA
1
= a, góc
HAA
1

=30
0

2
3
1
a
HA
=⇒
. Do tam giác A
1
B
1
C
1
là tam giác đều cạnh a, H
thuộc B
1
C
1

2
3
1
a
HA
=
nên A
1
H vuông góc với B
1
C
1
. Mặt khác
11
CBAH

nên
)(
111
HAACB


0,5

Kẻ đường cao HK của tam giác AA
1
H thì HK chính là khoảng cách giữa AA
1

và B
1
C
1
0,25
Ta có AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA
HK
==⇒
0,25
Câu V
1 điểm
Ta cú: P + 3 =
2
2
3
2
2
3
2
2
3
111
a
a
c
c
c
b
b
b
a
+
+
++
+
++
+
24
1
1212
24
6
2
2
2
2
3
b
b
a
b
a
P
+
+
+
+
+
=+⇔

24
1
1212
2
2
2
2
3
c
c
b
c
b
+
+
+
+
+
+

24
1
1212
2
2
2
2
3
a
a
c
a
c
+
+
+
+
+
+
3
6
3
6
3
6
216
3
216
3
216
3
cba
++≥
6
222
3
82
9
)(
222
3
22
3
=++≥+⇒
cbaP
2
3
22
3
22
9
22
3
22
9
6
3
=−=−≥⇒
P
Để P
Min
khi a = b = c = 1
0,5
0,5
Phần riêng.
1.Ban cơ bản
4
A
1
A B
C
C
1
B
1
K
H
Câu
VIa
2
điểm
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
ACAB

=> tứ giác ABIC là hình vuông
cạnh bằng 3
23
=⇒
IA

0,5



=
−=
⇔=−⇔=


7
5
6123
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
HIAH

=> HI lớn nhất khi
IA

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH
++⇒∈
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0.
==⇒⊥
uuAHdAH
là véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3(
−−⇒⇒
AHH
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
6
2
4
=
C
cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số
0)và
10
2
5
=
C
cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5
C
.
2
5
C
= 60 bộ 4 số thỏa mãn bài
toán
0,5
Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả
2
4
C
.
2
5
C
.4! = 1440
số
0,5
2.Ban nâng cao.
Câu
VIa
2
điểm
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
ACAB

=> tứ giác ABIC là hình vuông
cạnh bằng 3
23
=⇒
IA

0,5



=
−=
⇔=−⇔=


7
5
6123
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
HIAH

=> HI lớn nhất khi
IA

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH
++⇒∈
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0.
==⇒⊥
uuAHdAH
là véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3(
−−⇒⇒
AHH
Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
 7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa
1
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
10
2
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
C
.
3
5
C
= 100 bộ 5 số
được chọn.
0,5
5

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×