Đề thi thử đại học, cao đẳng số 7 môn thi: Toán

 1
EBOOKTOAN.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 
 SỐ 7 Mụn thi : TOÁN 
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm). Cho hàm số 
2
12



x
xy 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 .Tính tích phân: 
3 2
0
2 1
1
x xI dx
x
 


. 
Câu III (2 điểm). 
1.Giải bất phương trình: 2 10 5 10 2x x x     
 2.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. 
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. 
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) 
Câu Va 
 1.(2 điểm)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.(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. 
Câu Vb 
 1..(2 điểm)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. 
 2.(1 điểm) Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2009 + b2009 + c2009 = 3. 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a4 + b4 + c4 
 Hết 
 2
Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 
 Mụn thi : TOÁN 
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
CõuI:)(2 điểm) 
1.(học sinh tự khảo sỏt hàm số) 
2)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 
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 24AB 
Cõu II:)(2 điểm) 
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  (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 
 




)(07sin2cos6
0sin1
VNxx
x
   2
2
kx  
2) (1 điểm).Tớnh: 
3 2
0
2 1
1
x xI dx
x
 


 Đặt 21 1x t x t     => dx=2tdt; khi 
x=0=>t=1,x=3=>t=2 
     
22 22 2 5
4 2 3 2
1
1 1
2 1 1 1 4 128 4 124 542 =2 2 3 2 = 16 2 14
5 5 5 5 5
t t tI tdt t t dt t
t
     
          
 
  
Câu III (2 điểm). 
1(1 điểm)..BG: Giải bất phương trình: 2 10 5 10 2x x x     (1) 
 *Điều kiện: 2x  
  21 2 10 2 5 10 2 6 20 1(2)x x x x x x           
Khi 2x  => x+1>0 bình phương 2 vế phương trình (2) 
   2 2 2(2) 2 6 20 2 1 4 11 0 x ; 7 3;x x x x x x                
Kết hợp điều kiện vậy nghiệm của bất phương trình là: 3x  
 2. (1 điểm).Từ giả thiết bài toán ta thấy có 1025 C cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 
đứng đầu) và 35C =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 
2
5C .
3
5C = 100 bộ 5 số được chọn. 
Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả 24C .
3
5C .5! = 12000 số. 
Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là 960!4.. 35
1
4 CC . 
Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán 
II.Phần riêng.(3điểm) 
Câu Va : 
1)(2 điểm)Từ pt 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 








7
5
6123
2
1
m
m
m
m
 2. (1 điểm)Từ giả thiết bài toán ta thấy có 624 C cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và 
1025 C cách chọn 2 chữ số lẽ => có 
2
4C .
2
5C = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán 
Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả 24C .
2
5C .4! = 1440 số 
 3
Câu Vb 
1)(2 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 
)31;;21( tttHdH  vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0.  uuAHdAH là 
vtcp 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 
2). (1 điểm)áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có 
)1(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009
2005
aaaaaaaaa   
Tương tự ta có 
)2(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009
2005
bbbbbbbbb   
)3(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009
2005
ccccccccc   
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được 
)(20096027
)(2009)(46015
444
444200920092009
cba
cbacba


 Từ đó suy ra 3444  cbaP 
Tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3. 
 Hết