Đề thi thử Đại học 2011 môn toán khối A, D - THPT Liên Hà Hà Nội 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
21
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 ( )
221
x
2
xxx


  
2)

Giải hệ phương trình :
43 22
32
1
1
xxyxy
xy x xy

 


 


Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
xx
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
ab bc ca
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
():
12
x

3
y
z
d



và
14
('):
12 5
xy 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:
22
2
(24 1)
(24 1) (24 1)
log log
x
xx x x
L
o
g
xx



x
Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
22
(): 1Cx y

 , đường thẳng . Tìm để
cắt ( tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.
(): 0dxym  m
()C )d
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
63 Đề thi thử Đại học 2011
-134-



ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu -ý Nội dung Điểm
1.1
*Tập xác định :



\1D  
*Tính
2
1
'0
(1)
y
xD
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
00
(;())()Mx
f
xC

có phương trình

00
'( )( ) ( )
0
yf
xxx
f
x
Hay
(*)
22
000
(1) 2 21xx y x x  0
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
2


0
4
0
22
2
1( 1)
x
x




giải được nghiệm và

0
0x 
0
2x



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



0.25

0.25


0.25

0.25

2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với

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

os(2 ) 5 os( ) 3 0
36
cx cx




2
2os( ) 5os( ) 2 0
66
cx cx



Giải được
1
os( )
62
cx

 và os( ) 2
6
cx


 (loại)
*Giải
1
os( )
62

cx

 được nghiệm 2
2
x
k


 và
5
2
6
x
k


 

0.25



0.25



0.25


0.25

63 Đề thi thử Đại học 2011
-135-

2.2
*Biến đổi hệ tương đương với
22 3
32
()1
()
xx
1
y
x
y
xy x xy









*Đặt ẩn phụ
2
3
xx
y
u

xy v







, ta được hệ
2
1
1
uv
vu








*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
22
1
1
2
ln lntt
I
dt dt
tt
 


*Đặt

2
1
ln ;
u t dv dt
t

11
;
du dt v
tt
 
Suy ra
1
2
1
2
11
112
ln ln 2
1
2
22
It dt
tt
   

1
1
t

*Kết quả
2
21 ln2
2
I 




0.25



0.25


0.25


0.25

4 *Vẽ hình

*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh
()
S
HABC


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

0
60SEH SFH
*Kẻ
H
KSB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng
H
KA .
*Lập luận và tính được AC=AB=a ,
2
2
a
HA 
,
0
3
tan 60
2
a
SH HF

*Tam giác SHK vuông tại H có
222
111
10
KH a
HK HS HB

3

*Tam giác AHK vuông tại H có
2
20
2
tan
3
3
10
a
AH
AKH
KH
a
 


3
cos
23
AKH

0.25


0.25





0.25






0.25
5
*Biến đổi
11
1(1)(1
ab c c
ab c ab b a a b
 

)

0.25

63 Đề thi thử Đại học 2011
-136-

*Từ đó
111
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
cb
VT
ab ca cb


  
a

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
111
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
cba
VT
ab ca cb


  
=3 (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
abc


0.25

0.25




0.25
6.a
* có phương trình tham số

13
22
xt
y
t






và có vtcp ( 3;2)u 




*A thuộc  (1 3 ; 2 2 )
A
tt
*Ta có (AB; )=45
0

1
os( ; )
2
cABu



.
1
2
.
ABu
AB u






2
15 3
169 156 45 0

13 13
tt t t

*Các điểm cần tìm là
12
32 4 22 32
(;),(;
13 13 13 13
AA)


0.25


0.25


0.25

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

(d’) đi qua và có vtcp
2
(0;1;4)M
2
(1; 2; 5)u 



*Ta có ,
12
;(4;8;4)uu O

  

 
12
(0;2;4)MM 



Xét
12 12
; . 16 14 0uu MM

  

  
 (d) và (d’) đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt

(1; 2; 1)n




và đi
qua M
1
nên có phương trình 2 2 0xyz


*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

12
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)
xxx
xx


1
x
t

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

12
12 2tt
1
t



giải được t=1 và t=-2/3
*Với t=1 phương trình này vô nghiệm log ( 1) 1
x
x
*Với t=-2/3
2
log ( 1)
3
x

x


(*)
23
.(24 1) 1xx
Nhận thấy
1
8
x 
là nghiệm của (*)
Nếu
1
8
x  thì VT(*)>1

0.25


0.25



0.25

0.25

63 Đề thi thử Đại học 2011
-137-

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 ( ; ) 1dOd


*Ta có
11
. .sin .sin
22
OAB
S OAOB AOB AOB
1
2

Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0
90AOB 

1
(;)
2
dId
1m

0.25

0.25

0.25


0.25

7.b
* có phương trình tham số
1

22
1
3
xt
yt
zt











* có phương trình tham số
2

2
53
xs
y
s
zs












*Giả sử
12
;dAd   B
3)
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)Attt
*(2;36;
A
Bstst st  

, mf(R) có vtpt (1;2; 3)n





* cùng phương
() &dR ABn


23 6 3
12
st st st
 
3



23
24
t

*d đi qua
1123
(;;)
12 12 8
A và có vtcp (1;2; 3)n





=> d có phương trình
23
11
8
12 12
12
z
xy




3







0.25





0.25





0.25




0.25

8.b
*Điều kiện :
giải được x
3
0
log (9 72) 0
9720
x
x
x 







9
log 73
Vì >1 nên bpt đã cho tương đương với
9
log 73x 

3
log (9 72)
x
x

9 72 3

xx



38
39
x
x








2x
*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 .

63 Đề thi thử Đại học 2011
-138-