ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn : TOÁN; khối: A,B - Trường THPT Liên Hà docx

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)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
1
x
y
x




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)
1) Giải phương trình
2
17
sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )
2 2 12
x
x x x
 
    
2) Giải hệ phương trình :
4 3 2 2

3 2
1
1
x x y x y
x y x xy

  


   



Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
x x
dx
x



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 60
0
. 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:

3
a b b c c a
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 45
0
.
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
và hai đường thẳng
1
( ) :
1 2 3
x y z
d


 
 
và
1 4
( '):
1 2 5
x y z
d
 
 
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:
2 2
2
(24 1)
(24 1) (24 1)
log log
x
x x x x
Log x x x

 
 

Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2
( ) : 1

C x y
 
, đường thẳng
( ) : 0
d x y m
  
. 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
và đường thẳng
1
 :
2
2


x
=
1
1


y
=
3
z
. Gọi
2
 là giao tuyến của (P) và (Q).
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng
1
 ,
2
 .
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log
x
( log
3
( 9
x
– 72 ))

1

Hết


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu -ý Nội dung Điểm

1.1
*Tập xác định :



\ 1
D  ¡
*Tính
2
1
' 0
( 1)
y x D
x

   


Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)

và
(1; )


*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn
1x
Lim y


 

1x
Lim y


 

2
x
Lim y



2
x
Lim y



Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x

1


y’ - -

y

*Vẽ đồ thị




0.25





0.25




0.25







0.25
1.2
*Tiếp tuyến của (C) tại điểm
0 0

( ; ( )) ( )
M x f x C
 có phương trình

0 0 0
'( )( ) ( )
y f x x x f x
  
Hay
2 2
0 0 0
( 1) 2 2 1 0
x x y x x
     
(*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
2


0
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x

 
 

giải được nghiệm
0
0
x

và
0
2
x



*Các tiếp tuyến cần tìm :
1 0
x y
  
và
5 0
x y
  




0.25

0.25

0.25

0.25

2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với

os2 3sin 2 10 os( ) 6 0
6
c x x c x

    


os(2 ) 5 os( ) 3 0
3 6
c x c x
 
     


2
2 os ( ) 5 os( ) 2 0
6 6
c x c x
 
     

Giải được
1
os( )

6 2
c x

  
và
os( ) 2
6
c x

  
(loại)
*Giải
1
os( )
6 2
c x

  
được nghiệm
2
2
x k


  và
5
2
6
x k



  

0.25



0.25



0.25


0.25
2.2
*Biến đổi hệ tương đương với
2 2 3
3 2
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy

  


   



*Đặt ẩn phụ
2
3
x xy u
x y v

 





, ta được hệ
2
1
1
u v
v u

 

  


*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


0.25

0.25
3 *Đặt t=cosx
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,
4
x


thì
1
2
t 

Từ đó
1
1
2
2 2
1
1
2
ln ln
t t
I dt dt
t t

  
 

*Đặt
2
1
ln ;
u t dv dt
t
 
1 1
;du dt v
t t
   

Suy ra
1
2
1
2
1 1
1 1 2 1
ln ln 2
1 1
2
2 2
I t dt
t t t
     


*Kết quả
2
2 1 ln 2
2
I   




0.25



0.25


0.25


0.25

4 *Vẽ hình

*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh
( )
SH A BC


*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là

0
60
SEH SFH 
*Kẻ
HK SB

, lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng
HK A
.
*Lập luận và tính được AC=AB=a ,
2
2
a
HA  ,
0
3
tan60
2
a
SH HF 
*Tam giác SHK vuông tại H có
2 2 2
1 1 1 3
10
K H a
HK HS HB
   
*Tam giác AHK vuông tại H có

2
20
2
tan
3
3
10
a
A H
A K H
K H
a
  

3
cos
23
A K H 









0.25

0.25





0.25






0.25
5
*Biến đổi
1 1
1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
  
 
     

0.25


*Từ đó
1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

c b a
V T
a b c a c b
  
  
     

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
1 1 1
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
  

     
=3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c
  

0.25

0.25




0.25
6.a
*

có phương trình tham số
1 3
2 2
x t
y t
 


  

và có vtcp
( 3;2)
u  
ur

*A thuộc


(1 3 ; 2 2 )
A t t
   

*Ta có (AB;

)=45
0

1
os( ; )
2
c A B u 
uuuur ur

.
1
2
.
A B u
A B u
 
uuuur ur
ur


2
15 3
169 156 45 0
13 13
t t t t
        

*Các điểm cần tìm là
1 2
32 4 22 32
( ; ), ( ; )
13 13 13 13
A A 


0.25


0.25


0.25

0.25
7.a
*(d) đi qua
1
(0; 1;0)
M  và có vtcp
1
(1; 2; 3)
u
  
uur

(d’) đi qua
2

(0;1;4)
M và có vtcp
2
(1;2;5)
u 
uur

*Ta có
1 2
; ( 4; 8;4)
u u O
 
   
 
uur uur ur
,
1 2
(0;2;4)
M M 
uuuuuuur

Xét
1 2 1 2
; . 16 14 0
u u M M
 
   
 
uur uur uuuuuuur

 (d) và (d’) đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt
(1;2; 1)
n
 
ur
và đi
qua M
1
nên có phương trình
2 2 0
x y z
   

*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm



0.25


0.25


0.25
0.25
8.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét
1

x

, biến đổi phương trình tương đương với

1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)
x x x
x x x
 
    

Đặt
log ( 1)
x
x t
 
, ta được phương trình

1 2 1
1 2 2
t t t
 
 
giải được t=1 và t=-2/3
*Với t=1
log ( 1) 1
x
x
  
phương trình này vô nghiệm

*Với t=-2/3
2
log ( 1)
3
x
x
   


2 3
.(24 1) 1
x x
  
(*)
Nhận thấy
1
8
x

là nghiệm của (*)
Nếu
1
8
x

thì VT(*)>1

0.25

0.25



0.25









0.25

Nếu
1
8
x

thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
1
8
x


*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
1
8

x







6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
( ; ) 1
d O d
 

*Ta có
1 1 1
. .sin .sin
2 2 2
OA B
S OA OB A OB A OB
  

Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0
90
A OB 

1
( ; )
2

d I d 

1
m
  


0.25

0.25

0.25


0.25
7.b
*
1

có phương trình tham số
2 2
1
3
x t
y t
z t
 


  






*
2

có phương trình tham số
2
5 3
x s
y s
z s
 


 





*Giả sử
1 2
;
d A d B
    

(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)

A t t t
   

*
( 2 ;3 6; 3 )
A B s t s t s t
    
uuuur
, mf(R) có vtpt
(1;2; 3)
n
 
ur

*
( ) &
d R A B n
 
uuuur ur
cùng phương

2 3 6 3
1 2 3
s t s t s t
   
  



23

24
t 
*d đi qua
1 1 23
( ; ; )
12 12 8
A và có vtcp
(1;2; 3)
n
 
ur

=> d có phương trình
23
1 1
8
12 12
1 2 3
z
x y

 
 


0.25





0.25





0.25




0.25


8.b
*Điều kiện :
3
0
log (9 72) 0
9 72 0
x
x
x 



 


 

giải được
9
log 73
x 
Vì
9
log 73
x  >1 nên bpt đã cho tương đương với

3
log (9 72)
x
x
 


9 72 3
x x
  


3 8
3 9

x
x

 







2
x
 

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