Viết phương trình mặt phẳng đó.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 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 y 2x x
2 Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình sin(2x 17 ) 16 3.sinx cos x 20sin (2 x )
2 12
2) Giải hệ phương trình :
4 2
3
x x y x y 1 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 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 : 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)
hai đường thẳng (d) :x y z
1
x y z
(d ') :
1
Chứng minh: điểm M, (d), (d’) nằm một mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng Câu VIII.a (1 điểm)
Giải phương trình: 2 (24x 1)
x(24x 1) x (24x 1)
Log x log x log 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 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 + = đường thẳng 1 :
2
x
=
1
y
= z
Gọi 2 giao tuyến (P) (Q)
(2)ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu -ý Nội dung Điểm
1.1 *Tập xác định :D \ 1
*Tính ' 2 ( 1)
y x D
x
Hàm số nghịch biến khoảng ( ;1) (1;)
*Hàm sớ khơng có cực trị *Giới hạn
1 x
Limy
Limyx1
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 0 C có phương trình
y f x x x '( )(0 0)f x( )0
Hay 2
0 0
( 1) 2
x x y x x (*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*)
4
0 2
2 ( 1)
x x
giải nghiệm x0 0 x0 2
*Các tiếp tuyến cần tìm : x y 0 x y 0
0.25 0.25 0.25 0.25 2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với
os2 sin 10 os( ) 6
c x x c x
os(2 ) os( )
3
c x c x
2 os (2 ) os( ) 0
6
c x c x
Giải os( )
6
c x os( )
c x (loại) *Giải os( )
6
c x nghiệm 2
x k
x k
0.25
0.25
(3)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
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
t
Từ
1
1
2
1
2 lnt lnt
I dt dt
t t
*Đặt
1 ln ;
u t dv dt
t
du 1dt v;
t t
Suy
1
2
2
1
1
ln ln
2
2
I t dt
t t t
*Kết 2ln 2
I
0.25
0.25 0.25 0.25
4 *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
*Lập luận tính AC=AB=a , 2
a
HA , tan 600
2
a
SH HF
*Tam giác SHK vng H có 2 2 2 10
K H a
HK HS HB
*Tam giác AHK vng H có
2
20
tan
3
10
a AH AK H
K H a
cos
23
AK H
0.25 0.25
0.25
(4)5
*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 )
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
a b c
0.25 0.25 0.25
0.25
6.a
* có phương trình tham sớ
2
x t
y t
có vtcp u ( 3;2)
*A thuộc A(1 ; 2 ) t t
*Ta có (AB; )=450 os( ; )
2
c AB u
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 0.25 0.25 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 n(1; 2; 1)
qua M1 nên có phương trình x2y z 2
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc 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 x1 , biến đổi phương trình tương đương với
1 2log (241 1) log (242 1) log (241 1) x x x x x x
Đặt log (x x1)t , ta phương trình
1 2 t2t t giải t=1 t=-2/3
*Với t=1 log (x x1) 1 phương trình vô nghiệm *Với t=-2/3 log ( 1)
3 x x
x2.(24x 1)3 1
(*)
0.25 0.25
(5)Nhận thấy
x nghiệm (*) Nếu
8
x VT(*)>1 Nếu
8
x VT(*)<1 , (*) có nghiệm nhất
x
*Kết luận : Các nghiệm phương trình đã cho x=1
x
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 sin 1.sin
2 2
OAB
S OAOB AOB AOB
Từ diện tích tam giác AOB lớn nhất AOB 900
1 ( ; )
2
d I d
m1
0.25 0.25 0.25 0.25 7.b
*1 có phương trình tham sớ
2
x t
y t
z t
*2 có phương trình tham số
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 (s2 ;3t s t 6;s )t
, mf(R) có vtpt n(1;2; 3)
*d( )R AB n&
phương
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 :
log (9 72) 72
x
x
x
giải xlog 739 Vì xlog 739 >1 nên bpt đã cho tương đương với log (9x 72) x
0.25
(6)9x 72 3x
3
x
x
x2
*Kết luận tập nghiệm : T (log 72;2]9