3

[r]

Sở giáo dục đào tạo Hà nội

Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010

**************** 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 biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2 1 x y

x

 



2. Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến

√2

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình

2

17

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

2 12

x

x    x x 

2) Giải hệ phương trình :

4 2

3

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 xdx

x



 Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng A với AB = a, mặt bên tam giác cân đỉnh S Hai mặt phẳng (SAB) (SAC) tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Tính cơsin 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

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 Δ : 2x + 3y + = Tìm tọa đợ điểm B tḥc đường thẳng Δ cho đường thẳng AB Δ hợp với góc 450.

Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) hai đường thẳng

1 ( ) :

1

x y z

d   

 

1

( ') :

1

x y z

d    

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

Câu VIII.a (1 điểm)

Giải phương trình: 2 (24 1)

(24 1) log (24 1) log x

x x x 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 x2y2 1, đường thẳng ( ) :d x y m  0

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 + = đường thẳng Δ1 : x −2

−2 = y+1

1 =

z

3 Gọi Δ2 giao tuyến (P) (Q)

Viết phương trình đường thẳng (d) vng góc với (R) cắt hai đường thẳng Δ1 , Δ2

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

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu -ý Nội dung Điểm

1.1 *Tập xác định :D \ 1 

*Tính

1

'

( 1)

y x D

x



   



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

*Hàm sớ khơng có cực trị *Giới hạn

1

x

Limy







Limyx 1



 

2

xLim y 



xLim y  



Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên

x   

y’ - - y

*Vẽ đồ thị

0.25

0.25

0.25

0.25 1.2 *Tiếp tuyến (C) điểm M x f x( ; ( )) ( )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 (*) √2

0

2

2 ( 1)

x x



 

 

giải nghiệm x0 0 x0 2

*Các tiếp tuyến cần tìm : x y 1 0 x y  0 0.25

2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với cos2x sin 2x 10 os(c x 6)



    

cos(2x 3) os(c x 6)

 

     

2

2 os ( ) os( )

6

c x  c x 

     

Giải

1 os( )

6

c x 

cos(x 6)



 

(loại) *Giải

1 os( )

6

c x 

nghiệm x k2

 

 

5

x  k 

0.25

0.25

0.25 0.25 2.2

*Biến đổi hệ tương đương với

2

3

( )

( )

x xy x y

x y x xy

   

 

  

 

*Đặt ẩn phụ

3

x xy u

x y v

  

 

 

 , ta hệ

2 1

1

u v

v u

  



 



*Giải hệ nghiệm (u;v) (1;0) (-2;-3) *Từ giải nghiệm (x;y) (1;0) (-1;0)

0.25 0.25 0.25 0.25 *Đặt t=cosx

Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 t=1 , x

 

1 t

Từ

1

1

2

1

2

lnt lnt

I dt dt

t t

  

*Đặt

1 ln ;

u t dv dt

t

 

1

; du dt v

t t

  

Suy

1

2

2

1

1

ln ln

2

2

I t dt

t t t

    

*Kết

2 ln

2 I   

0.25

0.25 0.25 0.25 *Vẽ hình

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

SEH SFH 600

*Kẻ HK SB , lập luận suy góc hai mặt phẳng (SAB)

và (SBC) HK A

*Lập luận tính AC=AB=a ,

2 a HA 

,

0

tan 60 a

SH HF 

*Tam giác SHK vng H có

2 2

1 1

10 KH a

HK HS HB  

*Tam giác AHK vng H có

2

20

tan

3

10 a AH AK H

K H a

  

3 cos

23 AK H

 

0.25 0.25

0.25

0.25

*Biến đổi

1

1 (1 )(1 )

a b c c

ab c ab b a a b

  

 

     

*Từ

1 1

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

c b a

VT

a b c a c 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

3 1

3

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

c b a

VT

a b c a c b

  



      =3 (đpcm)

Đẳng thức xảy

1 a b c  

0.25 0.25 0.25

0.25

6.a

* có phương trình tham số

1 2

x t

y t

   

 

 có vtcp u ( 3;2)



*A thuộc   A(1 ; 2 ) t   t

*Ta có (AB; )=450

1 os( ; )

2

c AB u

 

 

1

2

AB u AB u

 

  

2 15

169 156 45

13 13

t t t t

       

*Các điểm cần tìm

32 22 32 ( ; ), ( ; )

13 13 13 13

A  A 

0.25 7.a *(d) qua M1(0; 1;0) có vtcp u 1(1; 2; 3) 

(d’) qua M2(0;1; 4) có vtcp u2 (1; 2;5)



*Ta có u u1; 2   ( 4; 8;4) O

  

, M M1 (0; 2; 4) 

Xét u u M M1; 2 16 14 0 

  

 (d) (d’) đồng phẳng

*Gọi (P) mặt phẳng chứa (d) (d’) => (P) có vtpt

(1; 2; 1)

n 



qua M1 nên có phương trình x2y z  2 *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) tḥc mf(P) , từ ta có đpcm

0.25 0.25 0.25 0.25 8.a *Điều kiện :x>0

*TH1 : xét x=1 nghiệm

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

1

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

Đặt log (x x1)t , ta phương trình

1

1 2 t2t t giải t=1 t=-2/3

*Với t=1  log (x x1) 1 phương trình vơ nghiệm

*Với t=-2/3

2 log ( 1)

3 x x

  

x2.(24x1)3 1 (*)

Nhận thấy

1 x

nghiệm (*) Nếu

1 x

VT(*)>1 Nếu

1 x

VT(*)<1 , (*) có nghiệm nhất

1 x

*Kết luận : Các nghiệm phương trình đã cho x=1

1 x

0.25 0.25

0.25

0.25

6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1

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

*Ta có

1 1

.sin sin

2 2

OAB

S  OAOB AOB  AOB

Từ diện tích tam giác AOB lớn nhất

90 AOB

1 ( ; )

2 d I d

 

 m1

0.25 7.b

*1 có phương trình tham sớ

2

x t

y t

z t

   

  

  

*2 có phương trình tham sớ

2

x s

y s

z s

  



  

  

*Giả sử d  1 A d;   2 B

(2 ; ;3 ) B(2+s;5+3s;s)

A t t t

   

*AB (s2 ;3t s t 6;s )t , mf(R) có vtpt n(1; 2; 3) 

*d( )R AB n&

 

phương

2

1

s t s t  s t

  



23 24 t

 

*d qua

1 23 ( ; ; )

12 12 A

có vtcp n(1;2; 3) 

=> d có phương trình

23

1

8

12 12

1

z

x y 

 



0.25

0.25

0.25

0.25 8.b

*Điều kiện :

0

log (9 72) 72

x x x  

 

 

 

 giải xlog 739 Vì xlog 739 >1 nên bpt đã cho tương đương với log (93 72)

x x

 

9x 72 3x

  

3

3 x x

 

  

 

 x2

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

0.25

0.25

0.25 0.25