Đang tải... (xem toàn văn)
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]
(1)http://ductam_tp.violet.vn/ 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) 2x x 1 Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến Câu II (2 điểm) 17 x ) 16 3.s inx cos x 20sin ( ) 1) Giải phương trình sin(2x 2 12 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y x x 3y x 2y 2) Giải hệ phương trình : x y x xy 1 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = tan x ln(cos x ) dx cos x Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân đỉnh S Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Tính côsin góc hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các 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 làm hai phần (phần A 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 + = Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng cho đường thẳng AB và 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 và hai đường thẳng (d ) : và (d ') : 2 3 Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng đó Câu VIII.a (1 điểm) Giải phương trình: Logx (24x 1)2 x logx (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 ) : x y , đường thẳng (d ) : x y m Tìm m để (C ) cắt (d ) A và B cho diện tích tam giác ABO lớn 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 + = x2 y 1 z và đường thẳng : = = Gọi là giao tuyến (P) và (Q) 2 Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt hai đường thẳng , Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 )) Hết -Lop12.net (2) Câu -ý 1.1 *Tập xác định : D \ 1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung 1 *Tính y ' x D (x 1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1; ) *Hàm số không có cực trị *Giới hạn Lim y Lim y 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 1.2 *Tiếp tuyến (C) điểm M (x ; f (x )) (C ) có phương trình y f '(x )(x x ) f (x ) Hay x (x 1) y 2x 2x (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) 2x (x 1) 2.1 0.25 0.25 0.25 giải nghiệm x và x 0.25 *Các tiếp tuyến cần tìm : x y và x y 0.25 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với c os2x sin 2x 10c os(x ) c os(2x ) 5c os(x ) 0.25 2c os (x ) 5c os(x ) 6 Giải c os(x ) và c os(x ) 2 (loại) 6 5 k 2 *Giải c os(x ) nghiệm x k 2 và x 2 Lop12.net 0.25 0.25 0.25 (3) 2.2 2 (x xy ) x y *Biến đổi hệ tương đương với x y (x xy ) 1 0.25 u v x xy u *Đặt ẩn phụ , ta hệ x y v v u 1 *Giải hệ trên nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) 0.25 *Từ đó giải nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) *Đặt t=cosx 0.25 Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x Từ đó I ln t dt t2 thì t 0.25 0.25 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 *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH (ABC ) *Xác định đúng góc hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là SEH SFH 600 *Kẻ HK SB , lập luận suy góc hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) HKA a a *Lập luận và tính AC=AB=a , HA , SH HF tan 600 2 1 KH a *Tam giác SHK vuông H có 2 HK HS HB 10 a AH 20 *Tam giác AHK vuông H có tan AKH KH 3 a 10 cos AKH 23 0.25 *Biến đổi a b 1c 1c ab c ab b a (1 a )(1 b ) Lop12.net 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (4) 1c 1b 1a (1 a )(1 b ) (1 c )(1 a ) (1 c )(1 b ) 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 *Từ đó VT VT 3 1c 1b 1a =3 (đpcm) (1 a )(1 b ) (1 c )(1 a ) (1 c )(1 b ) Đẳng thức xảy và a b c 6.a 8.a 0.25 0.25 x 3t * có phương trình tham số và có vtcp u (3; 2) y 2 2t *A thuộc A(1 3t ; 2 2t ) AB.u 1 *Ta có (AB; )=450 c os(AB; u ) 2 AB u 15 t 13 13 32 22 32 *Các điểm cần tìm là A1 ( ; ), A2 ( ; ) 13 13 13 13 *(d) qua M1 (0; 1;0) và có vtcp u1 (1; 2; 3) (d’) qua M (0;1; 4) và có vtcp u (1; 2;5) *Ta có u1 ; u (4; 8; 4) O , M1M (0; 2; 4) Xét u1 ; u M1M 16 14 (d) và (d’) đồng phẳng *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt n (1; 2; 1) và qua M1 nên có phương trình x 2y z *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét x , biến đổi phương trình tương đương với logx (24x 1) logx (24x 1) logx (24x 1) Đặt logx (x 1) t , ta phương trình giải t=1 và t=-2/3 2t t t *Với t=1 logx (x 1) phương trình này vô nghiệm *Với t=-2/3 logx (x 1) 3 x (24x 1) (*) Nhận thấy x là nghiệm (*) Nếu x thì VT(*)>1 169t 156t 45 t 7.a 0.25 Lop12.net 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (5) Nếu x 1 thì VT(*)<1 , (*) có nghiệm x 8 *Kết luận : Các nghiệm phương trình đã cho là x=1 và x 6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) hai điểm phân biệt d (O ;d ) 1 1 sin AOB sin AOB *Ta có SOAB OAOB 2 Từ đó diện tích tam giác AOB lớn và AOB 900 d (I ;d ) 7.b m 1 x 2t * 1 có phương trình tham số y 1 t z 3t x s * có phương trình tham số y 3s z s *Giả sử d 1 A;d B A(2 2t ; 1 t ;3t ) B(2+s;5+3s;s) * AB (s 2t ;3s t 6;s 3t ) , mf(R) có vtpt n (1; 2; 3) * d (R ) AB & n cùng phương s 2t 3s t s 3t 3 23 t 24 1 23 *d qua A( ; ; ) và có vtcp n (1; 2; 3) 12 12 23 1 z x y 12 12 => d có phương trình 3 8.b x *Điều kiện : log (9x 72) x 9 72 0.25 0.25 0.25 0.25 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 đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm cách đó Lop12.net (6) Lop12.net (7)