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)

y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

x 2 x

 1  1

2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 . Câu II (2 điểm)

x sin(2

 ) 16

2 3.s in cos

x

x

2 20 sin (

)

1) Giải phương trình

 x  2 12

4

2

 17 2 3 x y

2 x y

1

2

2) Giải hệ phương trình :

xy

  1

 x   3 x y 

x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = d x x tan .ln(cos ) cos x

x  4  0

3

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:  c a  ca b

 a b  ab c

 b c  bc a

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

1

4

A. Theo chương trình Chuẩn

y

z

d ( ) :

') :

d (

và hai đường thẳng và 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) z  3

y  1  2

 2

x 1

x 1

 5

2

2

2

Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm)

Giải phương trình: Lo g x  log x  log

x (24

x 1)

x (24

x

x

x (24

 1)

 1) Theo chương trình Nâng cao

2

2

Câu VI.b (1 điểm)

C x ( ) : y 1  , đường thẳng ( ) :

d

  x y m

 . Tìm m để

0

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn )C cắt ( )d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất. (

Câu VII.b (1 điểm)

2 là giao tuyến của (P) và (Q).

1 :

x 2 2 

1y 1

và đường thẳng . Gọi = =

1 ,

2 .

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 z 3 Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng

Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 ))  1 ----------Hết----------

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu -ý Nội dung 1.1

D  ¡

*Tập xác định :

 \ 1

1

*Tính

y

'

0

 

x D

2

x (

1)

)

;1)

 và (1;

   

2  2  Lim y  1 x Lim y  x

 1  - -

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( *Hàm số không có cực trị *Giới hạn Lim y  1 x Lim y x  Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên x y’ y

*Vẽ đồ thị

1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm M x ( ; f x ( )) C ( ) có phương trình

0 )

 f x '( )(  x x 

0 f x (

0

0

2

) y 2

x

x (

1)

y

x 2

x 2

1 0

0   (*)

0

0

0

Hay

*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2

 2 2 x

0

2

4

 1 ( x

1)

0

0

0

x  và 0 x  2

giải được nghiệm *Các tiếp tuyến cần tìm :

x y   và 1 0

x y   5 0

2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với

c

x 3 sin 2

x 10 os( c

  ) 6 0

 6

os2 x

c

x os(2

x ) 5 os( c

  ) 3 0

2 x 2 os ( c

x ) 5 os( c

  ) 2 0

 3  6

 6  6

c

x os(

)

c

)

2

Giải được

  và os( x

  (loại)

 6

1 2

 6

c

x os(

)

x

k

 2

x

 

k

 2

  được nghiệm

 6

1 2

 5 6

 2

*Giải và

Điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

2

2

2.2

x (

xy

)

  1

3 x y

2

*Biến đổi hệ tương đương với

x (

xy

)

 

1

   3 x y 

2

2

xy

u

  1

v

  

1

*Đặt ẩn phụ , ta được hệ

v

 u  v u 

 x   3 x y 

3 *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) *Đặt t=cosx

t 

x

 4

1 2

1

1 2

Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , thì

I

 

dt

d t

Từ đó

ln t 2 t

ln t 2 t

1

1 2

u

ln ;

t dv

d t

  d u

d t v ;

*Đặt

1 t

1   t

1

1 2 t 1

1

Suy ra I   ln t d t   ln 2  

2 2 1 t 1 t 1 2 t 1 2 1 2

*Kết quả

I 

2 1

 

ln 2

1 2 2 2

4

A B C (

S H

)

060

SEH SFH S B

 , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)

*Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là *Kẻ H K bằng H K A .

a

2

a

3

0

*Lập luận và tính được AC=AB=a , ,

H A 

SH H F

tan 60

2

2

*Tam giác SHK vuông tại H có

K H a

2

2

2

1 H K

1 H S

1 H B

3 10

a

2

2

tan

*Tam giác AHK vuông tại H có

A K H

A H K H

20 3

a

3 10

cos

A K H

3 23

5 *Biến đổi

a b   ab c

1 c   

 1

b a

ab

1  c  )(1 a

(1

b

)

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

*Từ đó

V T

(1

 1 c  )(1 a

 1 a  )(1 c

(1

(1

a

b

b

)

)

)

 1 b  )(1 c 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 được

3

0.25 0.25 0.25 =3 (đpcm)

V T

3.

.

.

 1 c  )(1 a

(1

 1 b  )(1 c

 1 a  )(1 c

b

)

(1

a

)

(1

b

)

a

b

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1    c 3

6.a   t 1 3

ur u  

( 3; 2)

*  có phương trình tham số và có vtcp t 2 2

   *A thuộc  x   y    t

  A

(1 3 ; 2 2 )

t

uuuur ur ; c A B u

os(

)

1 2

1 2

*Ta có (AB;  )=450

uuuur ur A B u . ur A B u .

2

t 169

t 156

45 0

  

t

  

t

3 13

),

(

)

;

(

A

1

22 13

*Các điểm cần tìm là 0.25 0.25 0.25 0.25

32 13   (1; 2; 3)

15 13 32 4 ; 13 13 và có vtcp

(1; 2;5)

7.a *(d) đi qua M 

(0; 2; 4)

và có vtcp (d’) đi qua

, *Ta có ( 4; 8; 4)  ur O

A 2 uur u  1 uur u  2 uuuuuuur M M  1 2

2

1

Xét ;   16 14 0  

1(0; 1; 0) 2 (0;1; 4) M uur uur      u u ;   1 2 uur uur uuuuuuur   u u M M .   2

1  (d) và (d’) đồng phẳng .

ur n 

(1; 2; 1)

   2 0

và đi

y 2

x

z

1

8.a

*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt qua M1 nên có phương trình *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  , biến đổi phương trình tương đương với

1

2

x 2 log (24

1)

1)

x

1 x log (24 x

1)   , ta được phương trình

giải được t=1 và t=-2/3

*Với t=1

1 t 1) 1

t   phương trình này vô nghiệm

1 2log (24  x x t x x 1) Đặt log ( 2 1 1 2 2   t  x x log (

1)

  

*Với t=-2/3

x x log (

2

3

2 3  (*) 1

x .(24  1)

Nhận thấy

x  là nghiệm của (*)

 x 1 8

Nếu

x  thì VT(*)>1

1 8

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

Nếu

x  thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất

1 8

1 x  8

*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và

1 x  8

;

 ) 1

.sin

.sin

6.b

A O B

A O B

O A O B .

*Ta có

O A BS

d O d ( 1 2

090

*(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt 1 2

1  2 A O B  Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi

)

( ;

d I d

m   1

1 2

 

7.b

t 2 2

t

   1

* 1 có phương trình tham số

t 3

s

  2

 

s 5 3

* 2 có phương trình tham số

s

x   y    z x   y    z B

   2

s (

(1; 2; 3)

*Giả sử ; A d    d 1 A     t t t ;3 ) B(2+s;5+3s;s) (2 2 ; 1 uuuur A B

ur n 

t 3 )

6;

s

* , mf(R) có vtpt

  R ( )

d

*

s

cùng phương  t 3 s 3 6  3

  t 2

t 

(1; 2; 3)

ur n 

A

)

;

và có vtcp *d đi qua

s 2 ;3 t   t ur uuuur A B n &  t s 2 1 23 24 1 23 1 ; ( 12 12 8

z

x

y

23 8  3

1 12 1

1 12 2

=> d có phương trình

0

8.b

72)

0

*Điều kiện : giải được x  log 73 9

x log (9 3 

 72 0

>1 nên bpt đã cho tương đương với x  Vì

x     x 9  log 73 9

x

72)

 x x  72 3   8

x  2

x 3

9

log (9 3 x   9 x  3    

*Kết luận tập nghiệm : T  (log 72; 2] 9

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó .