Sở GD & ĐT Hưng Yên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN I Trường THPT Trần Hưng Đạo Môn: Toán - Thời gian: 150 phút Đề Bài Bài 1(2 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 2 (| | 1) .(| | 1)y x x= + − 2) Tìm các điểm trên trục hoành mà từ đó kẻ được đúng 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C). Bài 2(3 điểm) 1) Giải hệ phương trình: 2 2 ( 1)( 1)( 2) 6 2 2 3 0 x y x y x y x y − − + − =   + − − − =  ( ,x y ∈ ¡ ) 2) Giải phương trình sau: 3 3 sin cos cos2 .(2cos sin )x x x x x+ = − , ( với x ∈ ¡ ) 3) Tìm m thực để phương trình sau có hai nghiêm thực phân biệt: 2 1/ 2 1/ 2 ( 1).log ( 2) ( 5)log ( 2) 1 0m x m x m − − − − − + − = Bài 3(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân (AB = BC =a > 0) và các cạnh SA= SB = SC = 3a. Trên cạnh SA, SB lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a. Tính thể tích khối chóp SMNC. Bài 4(2 điểm) 1) Tính tích phân sau: 1 2 0 .ln(1 )x x dx + ∫ 2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1) lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương của trục Ox, Oy lần lượt tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất. Bài 5(2 điểm) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 1 : 1 2 ;( ) 1 2 x t d y t t z t = +   = + ∈   = +  ¡ Đường thẳng d 2 là giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0 1) Chứng minh rằng d 1 , d 2 cắt nhau tại I, viết phương trình mặt phẳng chứa d 1 và d 2 2) Viết phương trình đường thẳng d 3 qua A(2; 3; 1) tạo với hai đường thẳng d 1 và d 2 tam giác cân đỉnh I. Hết Đáp án vắn tắt Bài 1: 1) Khảo sát hàm số : y = x 4 - 2x 2 + 1 ( C) 2) Gọi A(a; 0) là điểm trên trục hoành mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến Phương trình đường thẳng đi qua A và có hệ số góc k là d: y = k(x-a) d là tiếp tuyến của ( C) khi hệ pt sau có nghiệm 4 2 3 3 4 2 3 2 1 ( ) 4 4 4 4 2 1 (4 4 )( ) x x k x a x x k x x k x x x x x a   − + = − − = ⇔   − = − + = − −   Phương trình 2 4 2 3 2 2 2 1 0 2 1 (4 4 )( ) ( 1)( 4 1) 0 4 1 0(*) x x x x x x a x x ax x ax  − = − + = − − ⇔ − − + = ⇔  − + =  Mà x 2 – 1 = 0 cho ta hai x nhưng chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d 1 : y = 0. Vì vậy để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến tới (C) thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x khác 1 ± KQ: 3 3 2 2 1 1 a a a a   < − >       ≠ − ≠   hoÆc Bài 2: 1) kq (3;2) hoặc (2;3) 2) kq 2 ( , , ) 4 1 arctan 2 x k x l k l m x m π π π π π  = +    = − + ∈    = +   ¢ 3) kq 7 ( 3;1) (1; ) 3 m ∈ − ∪ Bài 3: +) Chân đường cao hạ từ đỉnh S là trung điểm của AC +) Kq 3 34 ( ) 54 a dvtt Bài 4: 1) Kq 1 ln 2 2 − 2) Kq 1 6 2 x y + = Bài 5: 1) Hai đường thẳng d 1 và d 2 cắt nhau tại I(1;1;1) và mặt phẳng chứa hai đường thẳng chính là mặt phẳng (P) 2) Gọi B là giao của d 1 và d 3 ( đk: B khác I). C là giao của d 2 vàd 3 (đk: C khác I) Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(1 + t’;1 +2 t’;1 -2 t’) Với đk: . ' 0t t ≠ Từ điều kiện A,B,C thẳng hàng ta đi tìm toạ độ B, C. Từ đó đưa ra phương trình của d 3 Sở GD & ĐT Hưng Yên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN 2 Trường THPT Trần Hưng Đạo Môn: Toán - Thời gian: 180 phút Đề bài Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: ( ) 3 2 3 1 9 2y x m x x m= − + + + − (1) có đồ thị là (C m ) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1. 2) Xác định m để (C m ) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng 1 2 y x= . Câu II: (2,5 điểm) 1) Giải phương trình: ( ) ( ) 3 sin 2 cos 3 2 3 os 3 3 os2 8 3 cos sinx 3 3 0x x c x c x x+ − − + − − = . 2) Giải bất phương trình : ( ) 2 2 1 2 1 1 log 4 5 log 2 7 x x x   + − >  ÷ +   . 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y=x.sin2x, y=2x, x= 2 π . Câu III: (2 điểm) 1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là 45 0 . Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho 1 2 AP AH= uuur uuur . gọi K là trung điểm AA’, ( ) α là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích ' ' ' ABCKMN A B C KMN V V . 2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức: ( ) 2 2 2 2 2 2 6 5 6 0 a a a a a b ab b a a  + − =  +   + + + − =  Câu IV: (2,5 điểm) 1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 2 2 1 3 1 9 19 2 2 720 m m n m n C C A P − + −  + + <    =  2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc 2 2 1 25 9 x y + = (E), viết phương trình đường thẳng song song Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4. 3) Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d 1 và d 2 biết: 1 2 : 2 3 x t d y t z t = +   = +   = −  2 1 2 1 : 2 1 5 x y z d − − − = = Câu V: (1®iÓm) Cho a, b, c 0 ≥ và 2 2 2 3a 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 = + + + + + ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Bài 1 1 Khi m = 1 ta có hàm số: 3 2 6 9 1y x x x= − + − • BBT: x - ∞ 1 3 + ∞ y / + 0 - 0 + 3 + ∞ y - ∞ 1 1đ 2 9)1(63' 2 ++−= xmxy Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: 09.3)1(9' 2 >−+=∆ m );31()31;( +∞+−∪−−−∞∈⇔ m Ta có ( ) 14)22(29)1(63 3 1 3 1 22 ++−+−++−       + −= mxmmxmx m xy Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là 14)22(2 2 ++−+−= mxmmy Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt xy 2 1 = ta có điều kiện cần là [ ] 1 2 1 .)22(2 2 −=−+− mm    −= = ⇔=−+⇔ 3 1 032 2 m m mm Khi m = 1 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và CT là:        = ++− = + == + 1 2 10)(2 2 2 2 4 2 2121 21 xxyy xx Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng xy 2 1 = 1 =⇒ m tm . Khi m = -3 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. 3 −=⇒ m không thỏa mãn. Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài. 1đ Bài 2 1 phương trình đưa về:      = = = ⇔     =−+ =− ⇔ =+−−−⇔ )(4cos 1cos 3tan 04cos3cos 0sincos3 0)8cos6cos2)(sincos3( 2 2 loaix x x xx xx xxxx 1 đ Ζ∈     = += ⇔ k kx kx , 2 3 π π π 2 Đk:    −> + ∞∪−− ∞∈ ⇔    >+ >−+ 7 );1()5;( 07 054 2 x x x xx )1()5;7( ∞+∪−−∈⇒ x Từ pt 7 1 log2)54(log 2 2 2 + −>−+⇒ x xx 2 2 2 2 27 log ( 4 5) log ( 7) 5 x x x x − ⇔ + − > + ⇔ < Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: ) 5 27 ;7( − −∈ x 0.75đ 3 Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = 0 ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x = 0 Diện tích hình phẳng là: ∫∫ −=−= 2 0 2 0 )22(sin)22sin.( π π dxxxdxxxxS Đặt      − − = = ⇒    −= = x x v dxdu dxxdv xu 2 2 2cos )22(sin 44424 222 πππππ −=+−=⇔ S (đvdt) 0.75đ Bài 3 1 Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có: 2 3a AP = 3aAH =⇒ Vì '' AHA ∆ vuông cân tại H. Vậy 3' aHA = Ta có 4 3 2 3 . 2 1 2 aa aS ABC == (đvdt) 4 3 4 3 .3 32 ''' aa aV CBABCA ==⇒ (đ vtt) (1) Vì '' AHA ∆ vuông cân ( ) CCBBHKAAHK ''' ⊥⇒⊥⇒ G ọi E = MN ∩ KH ⇒ BM = PE = CN (2) 1đ 45 E K J I A B C C' B' A' P H Q N M mà AA’ = 22 ' AHHA + = 633 22 aaa =+ 4 6 2 6 a CNPEBM a AK ===⇒=⇒ Ta có thể tích K.MNJI là: 1 . 3 1 1 6 ' 2 4 4 MNJI V S KE a KE KH AA = = = = 2 6 6 . . ( ) 4 4 MNJI a a S MN MI a dvdt= = = 2 3 1 6 6 ( ) 3 4 4 8 KMNJI a a a V dvtt⇒ = = 3 3 2 3 ' ' ' 3 1 8 8 3 2 8 8 ABCKMN A B C KMN a a V a a V − ⇒ = = + 2 ĐK: 0 2 ≠+ aa Từ (1) 06)(5)( 222 =−+−+⇔ aaaa     =+ −=+ ⇔ 6 1 2 2 aa aa Khi 1 2 −=+ aa thay vào (2) 2 1 23. 2 6 0 1 23. 2 i b b b i b  − − =   ⇒ − − − = ⇔  − + =   ;       +− = −− = ⇔=++ 2 31 2 31 01 2 i a i a aa Khi 6 2 =+ aa    = −= ⇔ 2 3 a a Thay vào (2) 2 1 5 2 6 6 6 0 1 5 2 b b b b  − + =   ⇒ + − = ⇔  − − =   Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:         +−−−         −−−− 2 31 ; 2 231 , 2 31 ; 2 231 iiii         −−+−         −−+− 2 31 ; 2 231 , 2 31 ; 2 231 iiii ;         −−         +−         −− −         +− − 2 51 ;2, 2 51 ;2, 2 51 ;3, 2 51 ;3 Bài 4 1)      = <++ − + − 720 2 19 2 9 1 12 3 2 n mn m m P AcC Từ (2): 761!6720)!1( =⇔=−⇔==− nnn Thay n = 7 vào (1) 09920 19990 2 19 2 9 45 2 )1( 2 2 <+−⇔ <++−⇔ <++ − ⇔ mm mmm m mm 119 <<⇔ m vì 10 =⇒Ζ∈ mm Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 1575. 2 10 3 7 = CC cách TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 350. 1 10 4 7 = CC cách TH3: 5 bông hồng nhung có: 21 5 7 = C cách ⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường %45,31 6188 1946 6188 5 17 ≈=⇒ = P C 2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là: 25 25 25 1 9 1 925 222 22 aay ya − =−=⇔ =+ 2 2 2 25 5 3 25 25 .9 ay a y −±=⇒ − =⇒ Vậy       −−       − 22 25 5 3 ;,25 5 3 ; aaBaaA       −= 2 25 5 6 ;0 aAB ; 2 2 2 10 100 100 125 25 25 25 3 9 9 9 a a a⇔ − = ⇔ − = ⇔ = − = 3 55 ±=⇒ a Vậy phương trình đường thẳng: 3 55 , 3 55 = − = xx 3)đường thẳng d 2 có PTTS là:      += += += '51 '2 '21 tz ty tx ⇒ vectơ CP của d 1 và d 2 là: 1 2 (1;1; 1), (2;1;5) d d u u= − = r ⇒ VTPT của mp( α ) là 1 2 . (6; 7; 1) d d n u u α   = = − −   r r r ⇒ pt mp( α ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0 Đường thẳng d 1 và d 2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1) ( ,( )) ( ,( )) |12 14 3 | | 6 14 1 | | 5 | | 9 | 7 d M d N D D D D D α α ⇒ = − − + = − − + ⇔ − + = − + ⇔ = Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z + 7 0 = Bài 5 Ta có: 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 Sở GD & ĐT Hưng Yên Đề thi thử đại học 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≥ và 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 khối A – môn Toán I.Phần dành cho tất cả các thí sính Câu Đáp án Điể m 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;( −−∞ 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) Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 0,25 x y O 2 -2 I (2 điểm) 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 thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B 0,25 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 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( ∪ [...]... = 8∫ 3 2 3 sin x cos x cos x sin 2 x cos 2 x 3 đặt tanx = t Câu IV 1 điểm 0,5 dx 2t ⇒ dt = ; sin 2 x = 2 cos x 1+ t2 dt (t 2 + 1) 3 ⇒ I = 8∫ =∫ dt 2t 3 t3 ( ) 1+ t 2 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 0,5 AA Do AH ⊥ ( A1 B1C1 ) nên góc ∠ 1 H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả 0 AA thi t thì góc ∠ 1 H bằng 30 Xét... AH a 3 = AA1 4 + c2 + 1+ b 4 2 2 c3 1+ a + 2 + a2 b3 2 1 + c2 + b2 2 1 + c2 1+ a2 a6 b6 c6 + + + ≥ 33 + 33 + 33 4 2 16 2 16 2 16 2 2 1+ a2 2 1+ a2 c3 c2 0,25 + 1 + c2 4 2 0,5 0,5 Phần riêng 1.Ban cơ bản Câu 1.( 1 điểm) VIa Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB ⊥ AC => tứ giác ABIC là hình vuông 0,5 điểm cạnh bằng 3 ⇒... có AA1 = a, góc ∠ 1 H =30 0 ⇒ A1 H = a 3 Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H AA 2 thuộc B1C1 và A1 H = a 3 2 nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác 0,5 AH ⊥ B1C1 nên B1C1 ⊥ ( AA1 H ) A B C K A1 C H 1 B1 Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1 Ta có AA1.HK = A1H.AH ⇒ HK = Câu V 1 điểm Ta cú: P + 3 = ⇔P+ 6 4 2 = a3 1+ b a3 2 2 1+ b2 b3 + b2 + + a 1+ c 2 2 1+... 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) ⇒ (3; 1;4) ⇒AH ( − ;− ;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 H 7 1  7x + y -5z -77 = 0 Từ giả thi t bài toán ta thấy có C 52 = 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ 3 2 3 số 0 đứng đầu) và C 5 =10 cách chọn... hình chiếu của A trên d nên AH ⊥ d ⇒ AH u = 0 (u = (2;1 ;3) là véc tơ chỉ phương của d) ⇒ (3; 1;4) ⇒AH ( − ;− ;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 H 7 1  7x + y -5z -77 = 0 Từ giả thi t bài toán ta thấy có C 42 = 6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 2 2 0 )và C 52 = 10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 5 C 5 = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán 2 2 Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập Vậy... phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB ⊥ AC => tứ giác ABIC là hình vuông điểm cạnh bằng 3 ⇒ IA = 3 2 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 m− 1 m= −5 ⇔ = 3 2 ⇔ m− 1 = 6⇔  2 m= 7 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) 0,5 Câu VIIa 1 điểm Giả... 3 ⇒ IA = 3 2 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 A≡I Câu VIIa 1 điểm 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... 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 2 3 Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả C 5 C 5 5! = 12000 số 1 3 Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C 4 C 5 4! = 960 Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán 0,5 0,5 0,5 0,5 . 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. mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. -Hết- Đáp án đề thi thử đại học khối A – môn Toán I.Phần dành cho tất cả các thí sính Câu Đáp án Điể m 1. (1,25 điểm)