ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 3

Chia sẻ: Nguyen Thanh Liem | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

73
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'ðề thi thử đại học môn toán số 3', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 3

Đề Thi Thử Đại Học Năm 2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) 2x  1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  1. x 1 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2. 2. Câu II (2 điểm) 17 x )  16  2 3.s inx cos x  20 sin 2 (  ) Giải phương trình 1) sin(2x  2 2 12 x 4  x 3y  x 2y 2  1  Giải hệ phương trình :  3 2) 2 x y  x  xy  1   4 tan x .ln(cos x ) Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = dx  cos x 0 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. Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. 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 trong 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  : 2x + 3y + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc 450. Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) y 1 z y 1 z  4 x x và hai đường thẳng (d ) :  và (d ') :    2 3 1 1 2 5 Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm) 2 Giải phương trình: Lo g x (24x 1) x  logx  log (24x 1) x (24x 1) x 2 2 Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  1 , đường thẳng (d ) : x  y  m  0 . Tìm m để (C ) cắt (d ) tại A và B sao 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 + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 x2 y 1 z và đường thẳng 1 : = . Gọi  2 là giao tuyến của (P) và (Q). = 2 1 3 Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1 ,  2 . Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 ))  1 Câu VIII.b (1 điểm)
----------Hết---------- ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu -ý Nội dung Điểm 1.1 *Tập xác định : D  \ 1 1 *Tính y '   0 x  D (x  1)2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1; ) *Hàm số không có cực trị 0.25 *Giới hạn Lim y   Lim y   x 1 x 1 Lim y  2 Lim y  2 x  x  Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên 0.25 x 1   y’ - - y 0.25
*Vẽ đồ thị 0.25 1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm M (x 0 ; f (x 0 ))  (C ) có phương trình y  f '(x 0 )(x  x 0 )  f (x 0 ) Hay x  (x 0  1) 2 y  2x 0 2  2x 0  1  0 (*) 0.25 *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2 0.25 2  2x 0  2 1  (x 0  1) 4 giải được nghiệm x 0  0 và x 0  2 0.25 *Các tiếp tuyến cần tìm : x  y  1  0 và x  y  5  0 0.25 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với 2.1  0.25 c os2x  3 sin 2x  10c os(x  )  6  0 6
   c os(2x  )  5c os(x  )  3  0 3 6    2c os 2 (x  )  5c os(x  )  2  0 0.25 6 6   1 Giải được c os(x  )   và c os(x  )  2 (loại) 6 2 6   1 *Giải c os(x  )   được nghiệm x   k 2 và 6 2 2 5 0.25  k 2 x  6 0.25 2.2 0.25 (x 2  xy )2  1  x 3y *Biến đổi hệ tương đương với  3  2 x y  (x  xy )  1  x 2  xy  u u 2  1  v  *Đặt ẩn phụ  3 , ta được hệ  v  u  1 x y  v  0.25 *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) 0.25 0.25 *Đặt t=cosx 3  1 Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x  thì t  4 2 1 1 2 ln t ln t Từ đó I    dt  dt  t2 t2 1 1 0.25 2
1 1 1 *Đặt u  ln t ;dv   d u  d t ;v   dt t2 t t 1 1 1 1 1 2 1 Suy ra I   ln t 1   t 2 d t   2 ln 2  t 1 t 1 2 2 2 0.25 2 *Kết quả I  2 1  ln 2 2 0.25 0.25 *Vẽ hình 4 *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh S H  (A B C ) *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là SEH  SFH  600 *Kẻ H K  S B , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng H K A . a2 *Lập luận và tính được AC=AB=a , H A  , 0.25 2 a3 SH  H F tan 600  2 *Tam giác SHK vuông tại H có 0.25
1 1 1 3    K H a 2 2 2 HK HS HB 10 a2 AH 2  20 *Tam giác AHK vuông tại H có tan A K H   KH 3 3 a 10 3  cos A K H  23 0.25 0.25 a b 1c 1c 5 0.25 *Biến đổi   ab  c ab  1  b  a (1  a )(1  b ) 1c 1b 1a *Từ đó V T    (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ) 0.25 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 0.25 *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 1c 1 b 1a =3 (đpcm) V T  3. 3 . . (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ) 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  3 0.25
  6.a x  1  3t *  có phương trình tham số  và có vtcp u  (3; 2) y  2  2t *A thuộc   A (1  3t ; 2  2t ) 0.25       A B .u 1 1 *Ta có (AB;  )=450  c os(A B ; u )     2 2 AB.u 15 3  169t 2  156t  45  0  t  t   0.25 13 13 32 4 22 32 *Các điểm cần tìm là A 1 ( ; ), A 2 ( ;  ) 13 13 13 13 0.25 0.25   7.a *(d) đi qua M 1 (0; 1; 0) và có vtcp u 1  (1; 2; 3)   (d’) đi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp u 2  (1; 2;5)       *Ta có u 1 ; u 2   (4; 8; 4)  O , M 1M 2  (0; 2; 4)   0.25     Xét u 1 ; u 2  .M 1M 2  16  14  0    (d) và (d’) đồng phẳng . *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt 0.25  n  (1; 2; 1) và đi qua M1 nên có phương trình x  2y  z  2  0 *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm 0.25 0.25 *Điều kiện :x>0 8.a *TH1 : xét x=1 là nghiệm 0.25
*TH2 : xét x  1 , biến đổi phương trình tương đương với 1 2 1   1  2logx (24x  1) 2  logx (24x  1) logx (24x  1) 0.25 Đặt logx (x  1)  t , ta được phương trình 1 2 1  giải được t=1 và t=-2/3  1  2t 2  t t *Với t=1  logx (x  1)  1 phương trình này vô nghiệm 0.25 2 *Với t=-2/3  logx (x  1)   3  x 2 .(24x  1)3  1 (*) 1 Nhận thấy x  là nghiệm của (*) 8 1 Nếu x  thì VT(*)>1 8 1 1 Nếu x  thì VT(*)
0.25 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  d (O ;d )  1 1 1 1 *Ta có S O A B  O A .O B .sin A O B  .sin A O B  2 2 2 0.25 Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi A O B  900 0.25 1  d (I ;d )   m  1 2 0.25 7.b x  2  2t * 1 có phương trình tham số y  1  t  z  3t  x  2  s  *  2 có phương trình tham số y  5  3s z  s  *Giả sử d  1  A ;d   2  B  A (2  2t ; 1  t ;3t ) B(2+s;5+3s;s) 0.25    * A B  (s  2t ;3s  t  6;s  3t ) , mf(R) có vtpt n  (1; 2; 3)     * d  (R )  A B & n cùng phương s  2t 3s  t  6 s  3t    3 1 2 23 t  24  1 1 23 0.25 *d đi qua A ( ; ; ) và có vtcp n  (1; 2; 3) 12 12 8 23 1 1 z x y 8 12  12  => d có phương trình 3 1 2
0.25 0.25 8.b 0.25 x  0  *Điều kiện : log 3 (9x  72)  0 giải được x  log9 73 x 9  72  0 Vì x  log9 73 >1 nên bpt đã cho tương đương với log 3 (9x  72)  x  9x  72  3x 0.25 3x  8   x x 2 3  9  *Kết luận tập nghiệm : T  (log 9 72; 2] 0.25 0.25 Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó .