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[r]
Trang 1Sở 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 17 2
x
2) Giải hệ phương trình :
4 3 2 2
3 2
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
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 45 0
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)
Giải phương trình: 2 2 2
(24 1) (24 1) log (24 1) log x
Log x x x
Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) :C x y2 2 1, đường thẳng ( ) :d x y m 0 Tìm để m
cắt tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất
( )C ( )d
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 : = = Gọi là giao tuyến của (P) và (Q)
2
2
x
1
1
y
3
z
2
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
Trang 2ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
1.1 *Tập xác định :D \ 1
*Tính ' 1 2 0
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
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 x x '( )(0 0)f x( )0
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
4 0
2 2
2
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 (loại)
6
c x
*Giải os( ) 1 được nghiệm và
2
6
x k
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 3*Biến đổi hệ tương đương với
x xy x y
x y x xy
*Đặt ẩn phụ , ta được hệ
2 3
x xy u
x y v
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 , thì
4
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
0.25
0.25
0.25
0.25
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 HKA
*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
KH a
*Tam giác AHK vuông tại H có
2 20 2
tan
3 3
10
a AH AKH
KH a
cos 3
23
AKH
0.25
0.25
0.25
0.25 5
*Biến đổi a b 1c 1c
Trang 4*Từ đó 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
=3 (đpcm)
VT
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 và có vtcp
2 2
u ( 3; 2)
*A thuộc A(1 3 ; 2 2 ) t t
*Ta có (AB; )=45 0 os( ; ) 1
2
c AB u
2
AB u
AB u
*Các điểm cần tìm là 1( 32 4; ), 2(22; 32)
0.25
0.25
0.25
0.25 7.a *(d) đi qua và có vtcp
1(0; 1;0)
M u 1 (1; 2; 3) (d’) đi qua M2(0;1; 4) và có vtcp u 2 (1; 2;5)
*Ta có u u 1; 2 ( 4; 8; 4)O ,
1 2 (0; 2; 4)
M M
Xét u u M M 1; 2 1 2 16 14 0
(d) và (d’) đồng phẳng
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt n (1; 2; 1) và đi
qua M1 nên có phương trình x y z2 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 (24 x x1) 2 log (24 x x1)log (24x x1)
Đặt log (x x 1) t , ta được phương trình
1 2 1 giải được t=1 và t=-2/3
1 2 t 2t t
*Với t=1 log (x x 1) 1 phương trình này vô nghiệm
*Với t=-2/3 log ( 1) 2
3
x x
x2.(24x1)3 1 (*)
Nhận thấy 1 là nghiệm của (*)
8
x
Nếu 1 thì VT(*)>1
8
x
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 5Nếu 1 thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
8
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
*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
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)
*AB s t s t ( 2 ;3 6;s t3 ) , mf(R) có vtpt
(1; 2; 3)
n
*d ( )R AB n & cùng phương
2 3 6 3
s t s t s t
23
24
t
*d đi qua (1 1 23; ; ) và có vtcp
12 12 8
A n (1; 2; 3)
=> d có phương trình
23
8
z
0.25
0.25
0.25
0.25
8.b
*Điều kiện : 3 giải được
0
x x
x
9
log 73
x
Vì x log 739 >1 nên bpt đã cho tương đương với
log (93 x 72)x
9x72 3 x
3 8
3 9
x x
x 2
*Kết luận tập nghiệm : T (log 72; 2]9
0.25
0.25
0.25
0.25