TOAN CO DAP AN THI THU DH 2012

Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó ..[r]

Sở 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

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

2 17

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

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:

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 Δ : 2x + 3y + 4 = 0

Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng Δ sao cho đường thẳng AB và Δ 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 ( ) :

( ') :

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

Câu VIII.a (1 điểm)

2 (24 1) (24 1) log (24 1) log x

x x x x

Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) :C x2y2 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

y +1

z

3 Gọi Δ2 là giao tuyến của (P) và (Q)

Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng Δ1 , Δ2 .

Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9 x – 72 )) 1

-Hết -

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

1.1

*Tập xác định :D \ 1 

1

x





Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1;)

*Hàm số không có cực trị

*Giới hạn

1

x

Limy







Limy x 1





  2

x Lim y

 



x Lim y 2

  



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 x(x01)2y 2x022x01 0 (*)

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

0 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

cos2x 3 sin 2x10 os(c x6) 6 0 

cos(2x3) 5 os( c x6) 3 0 

2

Giải được

1

c x 

và cos(x6)2

(loại)

*Giải

1

c x 

được nghiệm x2 k2

và

5 2 6

x  k 

0.25

0.25

0.25 0.25

*Biến đổi hệ tương đương với x y x3  ( 2xy)1

*Đặt ẩn phụ

2 3

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

Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x4

thì

1 2

t 

Từ đó

1

1 2

1 1

2

1

ln ;

t

;

Suy ra

1 2 1 2

2

*Kết quả

2

2

0.25

0.25 0.25 0.25

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

SEH SFH 600

bằng HK A

*Lập luận và tính được AC=AB=a ,

2 2

a

HA 

,

0 3 tan 60

2

a

10

K H a

*Tam giác AHK vuông tại H có

2 20 2

tan

3 3

10

a AH AKH

K H

a

3 cos

23

AK H

0.25 0.25

0.25

0.25

*Biến đổi

*Từ đó

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

VT



=3 (đpcm) 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   ( 3;2)

*A thuộc   A(1 3 ; 2 2 ) t   t

*Ta có (AB; )=450

1

2

 

2

AB u

AB u

 



0.25 0.25 0.25 0.25

7.a

*(d) đi qua M1(0; 1;0) và có vtcp u    1 (1; 2; 3)

(d’) đi qua M2(0;1; 4) và có vtcp u  2 (1; 2;5)

*Ta có u u1; 2  ( 4; 8;4) O

, M M  1 2 (0; 2; 4)

Xét u u M M1; 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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

*TH1 : xét x=1 là nghiệm

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

1 2log (24 x x1) 2 log (24  x x1)log (24x x1)

Đặt log (x x1)t , ta được phương trình

1 2 t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

2

3

x2.(24x1)31 (*)

0.25 0.25

0.25

Nhận thấy x 8

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

*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt d O d( ; ) 1

*Ta có

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

 





 



 



*2 có phương trình tham số

2

5 3

z s

 





 



 



*Giả sử d  1 A d;   2 B

*AB (s2 ;3t s t 6;s 3 )t

, mf(R) có vtpt n (1; 2; 3)



*d( )R AB n&

cùng phương

s t s t  s t



23 24

t

*d đi qua

1 1 23

12 12 8

A

và có vtcp n (1; 2; 3)



=> d có phương trình

23

8

z



0.25

0.25

0.25

0.25 8.b

*Điều kiện :

3

0

x x

x 









Vì x log 739 >1 nên bpt đã cho tương đương với

log (93 x 72)x

 9x 72 3 x

0.25

0.25

x x



 



*Kết luận tập nghiệm : T (log 72; 2]9

0.25 0.25 Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó