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 ph
Trang 1fSở giáo dục và đào tạo Hà nội
Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
**************** Môn : TOÁN; khối: A,B(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) 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.sin cos 20sin (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
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 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
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 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
d = + =
− − và
( ') :
d = − = −
Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng đó
Câu VIII.a (1 điểm)
Giải phương trình: 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 tròn 2 2
( ) :C x +y =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 -
Trang 2ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
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
1
x
Lim y
+
→ = +∞
1
x
Lim y
−
2
x Lim y
→+∞ = 2
x Lim y
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x −∞ 1 +∞
y’ - -
y
*Vẽ đồ thị
0.25
0.25
0.25
0.25 1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm M x f x( ; ( )) ( )0 0 ∈ C có phương trình
y =f x'( )(0 x x− 0)+f x( )0
Hay x +(x0−1)2y −2x02+2x0− =1 0 (*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2
0
2 2
2
1 ( 1)
x x
−
giải được nghiệm x0 =0 và x0 =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
c x − x + c x +π + =
os(2 ) 5 os( ) 3 0
2 os (2 ) 5 os( ) 2 0
Giải được os( ) 1
c x +π = −
và os( ) 2
6
c x +π = −
(loại)
*Giải os( ) 1
c x +π = −
được nghiệm 2
2
x = +π k π
6
x = − π +k π
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 3*Biến đổi hệ tương đương với
x y x xy
*Đặt ẩn phụ
2
3
x xy u
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
x =π
thì 1
2
t =
Từ đó
1
1 2
1 1
2
lnt lnt
*Đặt u ln ;t dv 12dt
t
Suy ra
1
2 1 2
2
*Kết quả 2 1 2ln 2
2
I = − −
0.25
0.25
0.25
0.25
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH ⊥(A B C)
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là
SEH =SFH =600
*Kẻ H K ⊥SB , 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
tan 60
2
a
*Tam giác SHK vuông tại H có 1 2 1 2 1 2 3
10
K H a
H K =H S +HB ⇒ =
*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
0.25
Trang 4*Từ đó 1 1 1
(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
(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
6.a
*∆ 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 A B u
2
A B u
A B u
uuuur ur ur
169 156 45 0
*Các điểm cần tìm là 1 2
32 4 22 32 ( ; ), ( ; )
13 13 13 13
0.25
0.25
0.25
0.25 7.a *(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 uuur uur uuuuuuur1; 2.M M1 2 = − + =16 14 0
(d) và (d’) đồng phẳng
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có 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
0.25
0.25
0.25 0.25 8.a *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
x x
2 3
.(24 1) 1
⇔ + = (*) Nhận thấy 1
8
x = là nghiệm của (*) Nếu 1
8
x > thì VT(*)>1
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 5Nếu 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 =
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
S = O A O B A O B = A O B ≤
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi 0
90
A O B =
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
z t
= −
= − +
=
*∆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= +(s 2 ;3t s t− +6;s−3 )t , mf(R) có vtpt nur=(1; 2; 3)−
*d ⊥( )R ⇔A Buuuur&nur 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
z
−
0.25
0.25
0.25
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 −72 3≤ x
3 8
3 9
x
x
≥ −
*Kết luận tập nghiệm : T =(log 72; 2]9
0.25
0.25
0.25
0.25 Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó
