Viết phương trình tiếp tuyến của C, biết khoảng cách từ điểm I1;2 đến tiếp tuyến bằng 2.. Hai mặt phẳng SAB và SAC cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600.. Tính côsin của góc giữa hai mặt p
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1
1
x y x
2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng
2
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình sin(2 17 ) 16 2 3.s in cos 20 sin (2 )
x
2) Giải hệ phương trình :
1 1
x x y x y
x y x xy
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
0
tan ln(cos ) cos
d x x
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam
giác cân tại đỉnh S Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Tính
côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng:
a b b c c a 3
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng : 2x + 3y + 4 = 0
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng AB và hợp với nhau góc 450
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
và hai đường thẳng ( ) : 1
và
( ') :
Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng đó Câu VIII.a (1 điểm)
(24 1) (24 1) log (24 1) log x
Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) :C x2y2 1, đường thẳng
( ) :d x y m 0 Tìm m để ( )C cắt ( )d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất
Câu VII.b (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:
(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
và đường thẳng 1 :
2
2
x
= 1
1
y
= 3
z
Gọi 2 là giao tuyến của (P) và (Q)
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1, 2
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 )) 1
-Hết -
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Trang 2Câu - ý Nội dung Điểm
1.1 *Tập xác định :D ¡ \ 1
*Tính
2
1
( 1)
x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1;)
*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn
1
x
L im y
1
x
L im y
2
x
L im y
2
x
L im y
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
*Vẽ đồ thị
0.25
0.25
0.25
0.25
1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm M x( 0; (f x0))( )C có phương trình
y f x'( 0)(xx0)f x( 0)
x x y x x (*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2
4 0
2 2
2
1 ( 1)
x x
giải được nghiệm x 0 0 và x 0 2
*Các tiếp tuyến cần tìm : x y 1 0 và x y 5 0
0.25
0.25
0.25
0.25
2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với
os2 3 sin 2 10 os( ) 6 0
6
os(2 ) 5 os( ) 3 0
2 os (2 ) 5 os( ) 2 0
Giải được os( ) 1
và os( ) 2
6
(loại)
*Giải os( ) 1
được nghiệm 2
2
6
0.25
0.25
0.25
0.25 2.2
*Biến đổi hệ tương đương với
*Đặt ẩn phụ
2 3
x y v
, ta được hệ
2 1 1
v u
*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
0.25
0.25
0.25
0.25
3 *Đặt t=cosx
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,
4
thì 1
2
t
Từ đó
1
1 2
1 1
lnt lnt
0.25
Trang 3*Đặt u ln ;t d v 12d t
t
Suy ra
1 2 1 2
2
*Kết quả 2 1 2ln 2
2
0.25
0.25
0.25
4 *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh S H (A B C)
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là
60
S E H S FH
*Kẻ H K S B , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng H K A
*Lập luận và tính được AC=AB=a , 2
2
a
2
a
*Tam giác SHK vuông tại H có 1 2 1 2 1 2 3
10
K H a
*Tam giác AHK vuông tại H có
2 20 2
tan
3 3 10
a
A H
A K H
K H
a
23
A K H
0.25
0.25
0.25
0.25
5
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
V T
Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c
dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được
3
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
V T
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
3
a b c
0.25
0.25
0.25
0.25
6.a
* có phương trình tham số 1 3
2 2
và có vtcp u ur ( 3; 2)
*A thuộc A(1 3 ; 2 2 ) t t
*Ta có (AB; )=450 os( ; ) 1
2
c A B u
uuuur ur
2
A B u
A B u
uuuur ur ur
169 156 45 0
*Các điểm cần tìm là 1( 32 4; ), 2(22; 32)
0.25
0.25
0.25
0.25 7.a *(d) đi qua
1(0; 1; 0)
M và có vtcp u uur1 (1; 2; 3) (d’) đi qua M2(0;1; 4) và có vtcp u 2 (1; 2;5)
uur
Trang 4*Ta có u uuur uur1; 2 ( 4; 8; 4)Our , M Muuuuuuur1 2 (0; 2; 4)
Xét u u1; 2.M M1 2 16 14 0
uur uur uuuuuuur
(d) và (d’) đồng phẳng
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt n ur (1; 2; 1) và đi
qua M1 nên có phương trình x 2y z 2 0
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
0.25
0.25
0.25 0.25 8.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét x , biến đổi phương trình tương đương với 1
1 2 log (24 x x 1)2 log (24 x x 1) log (24x x 1) Đặt log (x x1)t , ta được phương trình
1 2 1
1 2 t 2t t giải được t=1 và t=-2/3
*Với t=1 log (x x 1) phương trình này vô nghiệm 1
*Với t=-2/3 log ( 1) 2
3
x x
x2.(24x1)31 (*)
Nhận thấy 1
8
x là nghiệm của (*)
Nếu 1
8
x thì VT(*)>1
Nếu 1
8
x thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất 1
8
x
*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và 1
8
x
0.25
0.25
0.25
0.25
6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt d O d( ; ) 1
O A B
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi A O B 900
1 ( ; )
2
d I d
0.25
0.25
0.25
0.25 7.b
*1 có phương trình tham số
2 2 1 3
*2 có phương trình tham số
2
5 3
z s
*Giả sử d 1 A d; 2 B
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)
*A Buuuur(s2 ;3t s t 6;s3 )t , mf(R) có vtpt n ur (1; 2; 3)
*d ( )R A Buuuur&nur cùng phương
2 3 6 3
s t s t s t
0.25
0.25
0.25
Trang 523
24
t
*d đi qua (1 ; 1 23; )
12 12 8
A và có vtcp n ur (1; 2; 3)
=> d có phương trình
23
8
z
0.25
8.b
*Điều kiện : 3
0 log (9 72) 0
9 72 0
x x
x
giải được x log 739
Vì x log 739 >1 nên bpt đã cho tương đương với
log (93 x 72)x
9x 723x
3 8
x x
x 2
*Kết luận tập nghiệm : T (log 72; 2]9
0.25
0.25
0.25
0.25
