ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - 2013

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 cụsin của góc giữa hai mặt ph

TRƯỜNG THPT LÊ LỢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC

MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 180 phút.

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 17 2

sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )

x

2) Giải hệ phương trình :

1 1





Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 4

0

tan ln(cos ) cos

x x dx x

π

∫

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 cụsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)

Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa măn a + b + c = 1 Chứng minh rằng:

a b b c c a 3

ab c bc a ca b

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương tŕnh Chuẩn

Câu VI.a (1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng ∆ : 2x + 3y + 4 = 0

TTm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau gúc 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

d = + =

− − và

( ') :

d = − = −

Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng Viết phương tŕnh mặt phẳng đó

Câu VIII.a (1 điểm)

Giải phương tŕnh: 2 2 2

(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 thỏa mãnṛ 2 2

( ) :C x +y =1, đường thẳng ( ) :d x y m+ + =0 TTìm 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

Câu 1: 1, *Tập xác định :D =¡ \ 1{ } *Tính ' 1 2 0

( 1)

x

−

−

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1) và (1;+∞)

*Hàm số không có cực trị

*Giới hạn Limy x 1

+

→ = +∞

1

x

Limy

−

→ = −∞ 2

x Lim y

→+∞ = 2

x Lim y

→−∞ =

Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2

*Bảng biến thiên

*Vẽ đồ thị

Câu 1: 2,*Tiếp tuyến của (C) tại điểm M x f x( ; ( )) ( )0 0 ∈C có phương trình

'( )( ) ( )

y f x x x= − +f x Hay 2 2

( 1) 2 2 1 0

x+ x − y− x + x − = (*)

*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2 0 4

0

2 2

2

1 ( 1)

x x

−

giải được nghiệm x0 =0 và x0 =2 Vậy: Các tiếp tuyến cần tìm : x y+ − =1 0 và x y+ − =5 0

Câu 2: 1, *Biến đổi phương trình đó cho tương đương với

os2 3 sin 2 10 os( ) 6 0

6

c x− x+ c x+π + = os(2 ) 5 os( ) 3 0

2

2 os ( ) 5 os( ) 2 0

⇔ + + + + = Giải được os( ) 1

6 2

c x+π = −

và os( ) 2

6

c x+π = −

(loại)

*Giải os( ) 1

6 2

c x+π = −

được nghiệm 2

2

x= +π k π

và 5 2

6

x= − π +k π

Câu 2: 2, *Biến đổi hệ tương đương với

x y x xy







*Đặt ẩn phụ

2 3

x xy u

x y v





=

 , ta được hệ

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)

Câu 3: *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thỡ t=1 ,

4

x=π

thì 1

2

t=

Từ đó

1

1 2

1 1

2

lnt lnt

= −∫ = ∫ *Đặt u ln ;t dv 12dt

t

= = du 1dt v; 1

Suy ra

1 2 1 2

2

= − + ∫ = − − *Kết quả 2 1 2ln 2

2

I = − −

Câu 4: *Vẽ hình

*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH ⊥(ABC)

*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là SEH SFH= =600

*Kẻ HK ⊥SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng HK A .

*Lập luận và tính được AC=AB=a , 2

2

a

tan 60

2

a

*Tam giác SHK vuông tại H có 1 2 1 2 1 2 3

10

K H a

HK =HS +HB ⇒ =

*Tam giác AHK vuông tại H có

2 20 2

tan

3 3

10

a AH

AK H

K H

a

23

AKH

Câu 5:*Biến đổi a b 11c (1 1 )(1c )

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

VT

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

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

VT

≥

− − − − − − =3 (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

3

a b c= = =

Câu 6a: *∆ có phương trình tham số 1 3

2 2

= −



 = − +

 và có vtcp u= −( 3; 2)

ur

*A thuộc ∆ ⇒A(1 3 ; 2 2 )− t − + t *Ta có (AB; ∆)=450 1

os( ; )

2

c AB u

⇔ uuuur ur = . 1

2

AB u

AB u

uuuurur ur

169 156 45 0

13 13

⇔ − − = ⇔ = ∨ = − *Các điểm cần tìm là 1( 32 4; ), 2(22; 32)

13 13 13 13

Câu 7a: *(d) đi qua M1(0; 1;0)− và có vtcp uuur1 = − −(1; 2; 3)

(d’) đi qua M2(0;1; 4) và có vtcp uuur2 =(1; 2;5)

*Ta có u uuur uur1; 2 = − − ( 4; 8; 4)≠Our , M Muuuuuuur1 2 =(0; 2; 4) Xét u u M Muur uur uuuuuuur1; 2 1 2 = − + =16 14 0

 (d) và (d’) đồng phẳng

*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) cú vtpt nur=(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

Câu 8a: *Điều kiện :x>0

*TH1 : xét x=1 là nghiệm

*TH2 : xét x≠1 , biến đổi phương trình tương đương với

1 2log (24x x 1) 2 log (24+ x x 1) =log (24x x 1)

Đặt log (x x+ =1) t , ta được phương trình : 1 2 1

1 2t+2 t t= + + giải được t=1 và t=-2/3

*Với t=1 ⇒log (x x+ =1) 1 phương trình này vô nghiệm

*Với t=-2/3 log ( 1) 2

3

⇒ + = − ⇔x2.(24x+1)3 =1 (*)

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 đó cho là x=1 và 1

8

x=

Câu 6b:*(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔d O d( ; ) 1<

*Ta có 1 sin 1.sin 1

OAB

Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi AOB =900 ( ; ) 1

2

d I d

⇔ = ⇔m= ±1

Câu 7b: *∆1 có phương trình tham số

2 2 1 3

z t

= −



 = − +



 =



*∆2 có phương trình tham số

2

5 3

z s

= +



 = +



 =



*Giả sử d∩ ∆ =1 A d; ∩ ∆ =2 B ⇒A(2 2 ; 1− t − +t t;3 ) B(2+s;5+3s;s)

*ABuuuur= +(s 2 ;3t s t− +6;s−3 )t , mf(R) có vtpt nur=(1; 2; 3)−

*d⊥( )R ⇔AB nuuuur ur& cùng phương 2 3 6 3

s+ t s t− + s− t

−

23 24

t

⇒ =

*d đi qua (1 1 23; ; )

12 12 8

A và có vtcp nur=(1; 2; 3)− => d có phương trình

23

8

12 12

z

−

Câu 8b:*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 đó cho tương đương với log (93 x−72)≤x ⇔9x−72 3≤ x

3 8

3 9

x x

 ≥ −



⇔  ≤

 ⇔ ≤x 2 *Kết luận tập nghiệm : T =(log 72; 2]9