Viết phương trình tiếp tuyến của C, biết khoảng cách từ điểm I1;2 đến tiếp tuyến bằng 2.. Hai mặt phẳng SAB và SAC cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 34 Ngày 02 tháng năm 2013 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 : x4 x3y x2y2 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 cụsin góc hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa măn 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 tŕnh Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng : 2x + 3y + = T́ m tọa độ điểm B thuộc đường thẳng cho đường thẳng AB và hợp với gúc 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 mặt phẳng Viết phương tŕnh mặt phẳng đó Câu VIII.a (1 điểm) logx(24x1)2 x logx (24x1) x2 log (24x1) x Giải phương tŕnh: Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thỏa mãnṛ (C ) : x y 1 , đường thẳng (d) : x y m 0 T́ ìm 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 + = x y 1 z và đường thẳng : = = Gọi là giao tuyến (P) và (Q) 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 (2) ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ 34 Câu 1: 1, *Tập xác định : D \ 1 y' 1 (x 1)2 x D *Tính ( ;1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng và (1; ) *Hàm số không có cực trị Limy Limy Lim y 2 Lim y 2 x 1 x x *Giới hạn x Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên *Vẽ đồ thị Câu 1: 2,*Tiếp tuyến (C) điểm M (x0 ; f (x0 )) (C ) có phương trình 2 Hay x (x0 1) y 2x0 2x0 0 (*) 2x0 ( x 1) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) giải nghiệm x0 0 và x0 2 Vậy: Các tiếp tuyến cần tìm : x y 0 và x y 0 Câu 2: 1, *Biến đổi phương trình đó cho tương đương với cos2x sin 2x 10cos(x ) 0 cos(2x ) 5cos(x ) 0 6 2cos (x ) 5cos(x ) 0 cos(x ) cos(x ) 6 và Giải (loại) 5 cos(x ) x k2 x k2 nghiệm *Giải và y f '(x0 )(x x0 ) f (x0 ) (x2 xy) 1 x3y Câu 2: 2, *Biến đổi hệ tương đương với x y (x xy) x 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) t x thì Câu 3: *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thỡ t=1 , ln t ln t I dt dt t t 1 1 u ln t;dv dt du dt; v t t t Từ đó *Đặt 1 1 I ln t dt ln t t t I 1 ln 2 2 Suy *Kết Câu 4: *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 60 *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 , (3) 1 K H a 2 HS HB 10 *Tam giác SHK vuông H có HK a AH 20 tan AK H KH 3 cos AK H a 23 10 *Tam giác AHK vuông H có a b 1 c 1 c ab b a (1 a)(1 b) Câu 5:*Biến đổi ab c 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 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 Câu 6a: * có phương trình tham số và có vtcp ( 3; 2) AB u cos(AB ; u) AB u *A thuộc A (1 3t; 2t) *Ta có (AB; )=450 15 32 22 32 169t2 156t 45 0 t t A1 ( ; ), A2 ( ; ) 13 13 *Các điểm cần tìm là 13 13 13 13 u (1; 2; 3) Câu 7a: *(d) qua M (0; 1; 0) và có vtcp u2 (1; 2;5) M (0;1; 4) (d’) qua và có vtcp u1 ; u2 ( 4; 8; 4) O u ; u M M 16 14 0 M 1M (0; 2; 4) *Ta có , Xét (d) và (d’) đồng phẳng n (1; 2; 1) và qua M1 nên có phương *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) cú vtpt trình x 2y z 0 *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm Câu 8a: *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) log ( x 1) t x Đặt , 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 logx (x 1) x (24x 1)3 1 (*) 1 x x là nghiệm (*) Nếu thì VT(*)>1 Nhận thấy 1 x x thì VT(*)<1 , (*) có nghiệm Nếu *Với t=-2/3 (4) *Kết luận : Các nghiệm phương trình đó cho là x=1 và x Câu 6b:*(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) hai điểm phân biệt d(O ;d) 1 1 SOAB OAOB sin AOB sin AOB 2 *Ta có d(I ;d) m 1 Từ đó diện tích tam giác AOB lớn và AOB 90 x 2 2t x 2 s y t y 5 3s z 3t z s Câu 7b: * 1 có phương trình tham số * 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 2t;3s t 6;s 3t) , mf(R) có vtpt n (1; 2; 3) s 2t 3s t s 3t 23 t 3 24 * d (R ) AB & n cùng phương 23 1 z x y 1 23 12 12 A( ; ; ) n (1; 2; 3) 12 12 *d qua và có vtcp => d có phương trình x x log (9 72) x Câu 8b:*Điều kiện : 9 72 giải x log 73 x x x Vì x log 73 >1 nên bpt đó cho tương đương với log3 (9 72) x 72 3 3x x 3 9 x 2 *Kết luận tập nghiệm : T (log 72; 2] (5)