Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó ..[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 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến Câu II (2 điểm) 17 x sin(2x ) 16 2 3.s inx cos x 20sin ( ) 2 12 1) Giải phương trình y 2) Giải hệ phương trình : √2 2 x x y x y 1 x y x xy tan x.ln(cos x) dx cos x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 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 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) và đường thẳng Δ : 2x + 3y + = Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng Δ cho đường thẳng AB và Δ 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 z (d) : (d ') : 2 và và hai đường thẳng Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng đó Câu VIII.a (1 điểm) Logx(24x1)2 x logx2 (24x1) x log(24x1) x Giải phương trình: Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x y 1 , đường thẳng (d) : x y m 0 Tìm m để (C ) cắt (d ) A và 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 và đường thẳng Δ : = = Gọi Δ là giao tuyến (P) và (Q) −2 Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt hai đường thẳng Δ , Δ Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 )) (2) Hết Câu -ý 1.1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung D \ 1 *Tập xác định : 1 y' x D ( x 1) *Tính Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) *Hàm số không có cực trị *Giới hạn Limy Limy x x Lim y 2 Lim y 2 x Điểm 0.25 0.25 x 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 ) x (x0 1) y 2x0 2x0 0 Hay (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) 2x0 (x0 1) 0.25 √2 giải nghiệm x0 0 và x0 2 2.1 *Các tiếp tuyến cần tìm : x y 0 và x y 0 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với cos2x sin 2x 10cos(x ) 0 cos(2x ) 5cos(x ) 0 2cos (x ) 5cos(x ) 0 6 cos(x ) cos(x ) và Giải (loại) 5 cos(x ) x k2 x k2 nghiệm *Giải và 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (3) 2.2 2 (x xy) 1 x y x y (x xy) *Biến đổi hệ tương đương với x2 xy u u2 1 v x y v v u *Đặt ẩn phụ , ta hệ *Giải hệ trên nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) *Đặt t=cosx t x thì Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , I Từ đó ln t ln t dt dt t t 0.25 0.25 0.25 0.25 1 u ln t;dv dt du dt; v t t t *Đặt 1 1 I ln t dt ln t t t 2 Suy I 1 ln 2 *Kết *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) HK A a a HA SH HF tan 600 , *Lập luận và tính AC=AB=a , 1 K H a 2 HS HB 10 *Tam giác SHK vuông H có HK a AH 20 tan AK H KH 3 a 10 *Tam giác AHK vuông H có cos AK H 0.25 23 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (4) *Biến đổi a b 1 c 1 c ab c ab b a (1 a)(1 b) VT 1 c 1 b 1 a (1 a)(1 b) (1 c)(1 a) (1 c)(1 b) *Từ đó 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 VT 3 6.a 7.a 1 c 1 b 1 a (1 a)(1 b) (1 c)(1 a) (1 c)(1 b) =3 (đpcm) a b c Đẳng thức xảy và x 1 3t y t u * có phương trình tham số và có vtcp ( 3; 2) *A thuộc A (1 3t; 2t) AB u cos(AB ; u) AB u *Ta có (AB; )=450 15 169t2 156t 45 0 t t 13 13 32 22 32 A1 ( ; ), A2 ( ; ) 13 13 13 13 *Các điểm cần tìm là u (1; 2; 3) *(d) qua M (0; 1;0) và có vtcp M (0;1; 4) và có vtcp u2 (1; 2;5) (d’) qua u1 ; u2 ( 4; 8; 4) O M 1M (0; 2; 4) *Ta có , u ; u M M 16 14 0 Xét (d) và (d’) đồng phẳng n (1; 2; 1) và *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt qua M nên có phương trình x 2y z 0 8.a *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 1 , biến đổi phương trình tương đương với logx (24x 1) logx (24x 1) logx (24x 1) Đặt logx (x 1) t , ta phương trình 2t t t giải t=1 và t=-2/3 *Với t=1 logx (x 1) 1 phương trình này vô nghiệm *Với t=-2/3 logx (x 1) x (24x 1)3 1 (*) 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 0.25 0.25 (5) x là nghiệm (*) Nhận thấy x thì VT(*)>1 Nếu 1 x x thì VT(*)<1 , (*) có nghiệm nhất Nếu 6.b *Kết luận : Các nghiệm phương trình đã cho là x=1 và *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) hai điểm phân biệt d(O ; d) x 0.25 1 SOAB OAOB sin AOB sin AOB 2 *Ta có Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất và AOB 90 d(I ;d) m 1 7.b * 1 có phương trình tham số 0.25 0.25 0.25 0.25 x 2 2t y t z 3t x 2 s y 5 3s z s 0.25 * có phương trình tham số *Giả sử d 1 A ;d B A (2 2t; t;3t) B(2+s;5+3s;s) AB ( s t ;3 s t 6; s t ) n * , mf(R) có vtpt (1; 2; 3) * d (R ) AB & n cùng phương s 2t 3s t s 3t 3 23 t 24 1 23 A( ; ; ) n *d qua 12 12 và có vtcp (1; 2; 3) 23 1 z x y 12 12 3 => d có phương trình 0.25 8.b x x log (9 72) x 9 72 *Điều kiện : giải x log 73 Vì x log 73 >1 nên bpt đã cho tương đương với log3 (9x 72) x 9x 72 3x 0.25 0.25 0.25 0.25 (6) x 3 x 3 9 x 2 T (log 72; 2] *Kết luận tập nghiệm : 0.25 0.25 Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm cách đó (7)