Đề thi thử Đại học môn Toán khối A, B năm 2011 - Trường THPT Liên Hà

Đề thi thử Đại học môn Toán khối A, B năm 2011 - Trường THPT Liên Hà có kèm đáp án. Đây là tài liệu ôn tập và luyện thi tốt giúp các em biết được những dạng Toán sẽ ra trong kì thi ĐH để có sự chuẩn bị chu đáo cho kì thi sắp tới.

Sở giáo dục 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) 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 = x4 − x3y + x 2y2 = 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 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 + + ≥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 đợ điểm B tḥc 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) vng 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 Nội dung *Tập xác định : D = ¡ \ { 1} −1 < ∀x ∈ D *Tính y ' = (x − 1) Hàm số nghịch biến khoảng (−∞;1) (1; +∞) *Hàm sớ khơng có 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 vng 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 sớ  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) tḥc 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 vơ 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 ... 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 b? ?́t đẳng thức Côsi cho ba số dương ta *Từ VT = VT ≥ 3 1−c 1? ?b 1−a ... cho x=1 x = 6 .b *(C) có tâm O(0;0) , b? ?n 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 diện tích tam giác AOB lớn nhất AOB = 900 ⇔ d(I... 2 HK HS HB 10 a AH 20 = = *Tam giác AHK vng 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 +