Đề và đáp án thi thử ĐH số 22

ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC SỐ 22 Môn thi : TOÁN - lµm bµi:180 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) 2x − x −1 Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến Câu II (2 điểm) 17π x π ) + 16 = 3.s inx cos x + 20sin ( + ) 1) Giải phương trình sin(2x + 2 12 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = 2 x − x y + x y = 2) Giải hệ phương trình :  x y − x + xy = −1 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = π ∫ tan x.ln(cos x) dx cos x Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A với AB = a, mặt bên tam giác cân đỉnh S Hai mặt phẳng (SAB) (SAC) tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Tính côsin góc hai mặt phẳng (SAB) (SBC) Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c số dương thỏa mãn a + b + c = 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 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) đường thẳng ∆ : 2x + 3y + = Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ cho đường thẳng AB ∆ hợp với góc 450 Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) x y +1 z x y −1 z − = = hai đường thẳng (d) : = (d ') : = −2 −3 Chứng minh: điểm M, (d), (d’) nằm một mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng Câu VIII.a (1 điểm) Giải phương trình: Logx(24x+1) x + logx2 (24x+1) x = log (24x+1) x Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x2 + y2 = , đường thẳng (d) : x + y + m = Tìm m để (C ) cắt (d ) A B 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 + = 0, (Q): x – y + 2z + = 0, (R): x + 2y – 3z + = x−2 y +1 z đường thẳng ∆ : = = Gọi ∆ giao tuyến (P) (Q) −2 Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) cắt hai đường thẳng ∆ , ∆ Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 )) ≤ Hết Câu -ý 1.1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ 22 Nội dung *Tập xác định : D = ¡ \ { 1} *Tính y ' = −1 < ∀x ∈ D (x − 1) Hàm số nghịch biến khoảng (−∞;1) (1; +∞) *Hàm số cực trị *Giới hạn Limy = +∞ Limy = −∞ + − x→1 Lim y = x→+∞ Điểm 0.25 x→1 Lim y = x→−∞ 0.25 Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên −∞ +∞ x y’ - 0.25 y *Vẽ đồ thị 0.25 1.2 *Tiếp tuyến (C) điểm M (x0 ; f (x0 )) ∈ (C ) có phương trình y = f '(x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) 2 Hay x + (x0 − 1) y − 2x0 + 2x0 − = (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) − 2x0 ⇔ = + (x0 − 1) 2.1 0.25 0.25 giải nghiệm x0 = x0 = 0.25 *Các tiếp tuyến cần tìm : x + y − = x + y − = 0.25 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với π cos2x − sin 2x + 10cos(x + ) + = π π ⇔ cos(2x + ) + 5cos(x + ) + = π π ⇔ 2cos (x + ) + 5cos(x + ) + = 6 π π Giải cos(x + ) = − cos(x + ) = −2 (loại) 6 π π 5π + k2π *Giải cos(x + ) = − nghiệm x = + k2π x = − 2 0.25 0.25 0.25 0.25 2.2 2 (x − xy) = − x y *Biến đổi hệ tương đương với  x y − (x − xy) = −1 0.25 u2 = − v x − xy = u *Đặt ẩn phụ  , ta hệ  x y = v v − u = −1 *Giải hệ nghiệm (u;v) (1;0) (-2;-3) 0.25 *Từ giải nghiệm (x;y) (1;0) (-1;0) *Đặt t=cosx π Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 t=1 , x = t = 0.25 Từ I = − ∫ ln t dt = t2 ∫ ln t dt t2 1 dt ⇒ du = dt; v = − t t t 1 1 ln − Suy I = − ln t + ∫ dt = − t t t 2 *Đặt u = ln t;dv = *Kết I = −1− ln 2 0.25 0.25 0.25 0.25 *Vẽ hình *Gọi H trung điểm BC , chứng minh SH ⊥ (ABC ) *Xác định góc hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy SEH = SFH = 600 *Kẻ HK ⊥ SB , lập luận suy góc hai mặt phẳng (SAB) (SBC) HK A a a *Lập luận tính AC=AB=a , HA = , SH = HF tan 600 = 2 1 *Tam giác SHK vuông H có = + ⇒ KH =a 2 HK HS HB 10 a AH 20 = = *Tam giác AHK vuông H có tan AK H = KH 3 a 10 ⇒ cos AK H = 23 0.25 *Biến đổi a +b 1−c 1−c = = ab + c ab + − b − a (1 − a)(1 − b) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 1−c 1−b 1−a + + (1 − a)(1 − b) (1 − c)(1 − a) (1 − c)(1 − b) Do a,b,c dương 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 *Từ VT = VT ≥ 3 1−c 1−b 1−a =3 (đpcm) (1 − a)(1 − b) (1 − c)(1 − a) (1 − c)(1 − b) Đẳng thức xảy a = b = c = 6.a 7.a 8.a 0.25 0.25 ur x = − 3t * ∆ có phương trình tham số  có vtcp u = (−3; 2) y = −2 + 2t *A thuộc ∆ ⇒ A (1 − 3t; −2 + 2t) uuuu r ur uuuu r ur AB u 1 ⇔ ur = *Ta có (AB; ∆ )=450 ⇔ cos(AB ; u) = 2 AB u 15 ∨t = − 13 13 32 22 32 *Các điểm cần tìm A1 (− ; ), A2 ( ; − ) 13 13 13 13 uu r *(d) qua M (0; −1;0) có vtcp u1 = (1; −2; −3) uur (d’) qua M (0;1; 4) có vtcp u2 = (1; 2;5) uu r uur ur uuuuuuur *Ta có u1 ; u2  = ( −4; −8; 4) ≠ O , M 1M = (0; 2; 4) uu r uur uuuuuuur Xét u1 ; u2  M 1M = −16 + 14 =  (d) (d’) đồng phẳng ur *Gọi (P) mặt phẳng chứa (d) (d’) => (P) có vtpt n = (1; 2; −1) qua M1 nên có phương trình x + 2y − z + = *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ ta có đpcm *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 nghiệm *TH2 : xét x ≠ , biến đổi phương trình tương đương với + = + logx (24x + 1) + logx (24x + 1) log x (24x + 1) Đặt logx (x + 1) = t , ta phương trình + = giải t=1 t=-2/3 + 2t + t t *Với t=1 ⇒ logx (x + 1) = phương trình vô nghiệm *Với t=-2/3 ⇒ logx (x + 1) = − 3 ⇔ x (24x + 1) = (*) Nhận thấy x = nghiệm (*) Nếu x > VT(*)>1 ⇔ 169t2 − 156t − 45 = ⇔ t = 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Nếu x < 1 VT(*) d có phương trình 12 = 12 = −3 8.b x >  x *Điều kiện : log (9 − 72) >  x 9 − 72 > 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 giải x > log 73 Vì x > log 73 >1 nên bpt đã cho tương đương với log (9x − 72) ≤ x 0.25 ⇔ 9x − 72 ≤ 3x x 3 ≥ −8 ⇔ x ⇔x≤2 0.25 3 ≤ 0.25 *Kết luận tập nghiệm : T = (log 72; 2] Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác giám khảo chấm theo bước làm cách ...Câu -ý 1.1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ 22 Nội dung *Tập xác định : D = ¡ { 1} *Tính y ' = −1 < ∀x ∈ D (x − 1) Hàm số nghịch... Điểm 0.25 x→1 Lim y = x→−∞ 0.25 Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thi n −∞ +∞ x y’ - 0.25 y *Vẽ đồ thị 0.25 1.2 *Tiếp tuyến (C) điểm M (x0 ; f (x0 )) ∈ (C ) có phương... uuuu r ur uuuu r ur AB u 1 ⇔ ur = *Ta có (AB; ∆ )=450 ⇔ cos(AB ; u) = 2 AB u 15 ∨t = − 13 13 32 22 32 *Các điểm cần tìm A1 (− ; ), A2 ( ; − ) 13 13 13 13 uu r *(d) qua M (0; −1;0) có vtcp u1 =